Πρώτος

Xriiiiistos · #1

Να βρεθούν όλα τα $a\in \mathbb{N}$ ώστε ο $\sqrt{2a^{2}-13}$ να είναι πρώτος

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Xriiiiistos έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 28, 2018 9:21 pm
Να βρεθεί όλα τα $a\in \mathbb{N}$ ώστε ο $\sqrt{2a^{2}-13}$ να είναι πρώτος

Νομίζω δεν υπάρχει ακέραιος

ώστε το $\sqrt{2a^2-13}$ να είναι ακέραιος, πόσο μάλλον πρώτος

.

Θα έπρεπε το 2a^2-13

να είναι τέλειο τετράγωνο, έστω k^2=2a^2-13

, με

θετικό ακέραιο.

Τα υπόλοιπα που έχει ένα τετράγωνο $\pmod{13}$ είναι 0 ,1, 3, 4, 9, 10, 12

.

Έστω $k^2\equiv w\pmod{13}$ και $a^2\equiv u\pmod{13}$ , με τα w, u

να ανήκουν στην παραπάνω λίστα υπολοίπων.

Τότε $2a^2\equiv w\pmod{13}\Leftrightarrow 2u\equiv w\pmod{13}$ . Μόνο το υπόλοιπο

έχει την ιδιότητα το διπλάσιο του (το οποίο το έχουμε "μοντάρει" με το

) να ανήκει στην παραπάνω λίστα υπολοίπων.

Άρα πρέπει $a^2\equiv 0\pmod{13}$ , άρα $a^2=13^2\cdot l^2$ , με

θετικός ακέραιος.

Άρα k^2=13(26l^2-1)

, άτοπο, καθώς το

διαιρεί το δεξιό μέλος σε περιττή δύναμη, ενώ το αριστερό σε άρτια.

#3

Σωστά!

Ισχύει μάλιστα πάντα ότι αν πολλαπλασιάσουμε ένα μη μηδενικό τετραγωνικό υπόλοιπο με ένα τετραγωνικό μη υπόλοιπο, θα πάρουμε ένα τετραγωνικό μη υπόλοιπο.

min## · #4

Αλλιώς, με σύμβολο Legendre...

Ανδρέας Πούλος · #5

Ελέγχουμε αν ο αριθμός μας μπορεί να είναι ο 2. Εύκολα αποδεικνύεται ότι δεν είναι.
Άρα, αν υπάρχει κάποιος θα είναι περιττός. Έστω ο 2b + 1

.
Θα πρέπει 2a^2 -13 = 4b^2 + 4b + 1

ή

.

Αυτό σημαίνει ότι ο a είναι περιττός, έστω ο 2c + 1

,

Τότε 4c^2 + 4c + 1 = 2b^2 + 2b + 7

ή

Αυτό είναι άτοπο, διότι το αριστερό μέλος της ισότητας είναι άρτιος ακέραιος και το δεξί είναι περιττός.
Αυτό σημαίνει ότι δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός.

#6

Γράφοντας διαφορετικά την λύση του Ανδρέα:

Τα τέλεια τετράγωνα modulo 8 είναι τα 0,1,4

. Άρα $2a^2 - 13 \equiv \cdots \equiv 3,5 \bmod 8$ . Επομένως ο 2a^2-13

δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Οπότε η εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Πρώτος

Πρώτος

Re: Πρώτος

Re: Πρώτος

Re: Πρώτος

Re: Πρώτος

Re: Πρώτος

Μέλη σε σύνδεση