Θεωρία αριθμών

2nisic · #1

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι

,

με

πρώτο τέτοιοι ώστε:

1) $2^{p}+3^{p}=n^{m}$

2) $m^{p}-1=p^{n}$

Δεν είναι σύστημα είναι δύο άσκησεις

Τσιαλας Νικολαος · #2

Καλησπέρα Διονύση! Το δεύτερο είναι άμεσο από το θεώρημα Mihailescu! Αξίζει όμως σίγουρα να γίνει και μια άλλη λύση με φυσιολογικά όπλα!

Manolis Petrakis · #3

Αλλιώς για το 2)
•Αν m=1

είναι αδύνατη
•Αν m=2

τότε

αλλά από το μικρό θεώρημα Fermat

: $2^p-1\equiv 1(modp)$ αδύνατο
•Αν p=2

$\Rightarrow (m-1)(m+1)=2^n\Leftrightarrow m-1=2^a,m+1=2^b$
$\Rightarrow (m+1)-(m-1)=2^b-2^a$ με b>a

$\Leftrightarrow 2=2^a(2^{b-a}-1)\Leftrightarrow a=1\Rightarrow (m,n,p)=(3,3,2)$
•Αν $m\geq 3$ και $p\geq 3$ από θ. Zsigmondy

(Έχοντας εξασφαλίσει τις εξαιρέσεις του παραπάνω) υπάρχει πρώτος

τέτοιος ώστε:
$q\mid m^p-1$ και $q\nmid m-1\Leftrightarrow q\mid p^n(1)$ και $q\nmid m-1$
Αλλά

πρώτος $\stackrel{(1)}{\Rightarrow} q=p$
$\Rightarrow p\nmid m-1$ ενώ $m-1\mid m^n-1$
$\Leftrightarrow p\nmid m-1(2)$ ενώ $m-1\mid p^n(3)$
Από την (3)

παίρνουμε: m-1=p^c

(διότι $m-1\neq 1$ ) άτοπο από την (2)

Έτσι

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

2nisic έγραψε: Σάβ Ιαν 23, 2021 8:09 pm Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι ,, με πρώτο τέτοιοι ώστε:

1) $2^{p}+3^{p}=n^{m}$

2) $m^{p}-1=p^{n}$

Δεν είναι σύστημα είναι δύο άσκησεις

Καλησπέρα

1)
Έστω ότι $p\neq 5$ και περιττός.
Με $\pmod 5$ είναι $n^m\equiv 2^p+(-2)^p\equiv0\pmod 5$ άρα 5|n

Από

θα είναι $u_5(n^m)=u_5(2^p+3^p)=u_5(2+3)+u_5(p)=1\Leftrightarrow mu_5(n)=1$
Άρα m=1

που δίνει τις άπειρες λύσεις (p,m,n)=(p,1,2^p+3^p)

με

πρώτο διάφορο των 2,5

.
Αλλά και για p=2,5

είναι

και

που ισχύουν μόνο για m=1

άρα όλες οι λύσεις είναι οι (p,m,n)=(p,1,2^p+3^p)

με

πρώτο.

2) $\pmod p$ έχω p|m-1

άρα από

είναι

.
Έστω

με

Τότε $(p^ab+1)^p=p^{a+1}+1$ άρα $p^{a+1}+1\geq (p^a+1)^p>p^{ap}$
Για $p\geq 3$ έχω $p^{a+1}\geq p^{3a}$ άρα $a+1\geq 3a$ που είναι αδύνατο
Έτσι p=2

και $m^2-1=2^n\Leftrightarrow (m-1)(m+1)=2^n$
Άρα $m-1=2^a,m+1=2^b\Rightarrow 2=2^b-2^a$ από όπου είναι απλό ότι b=2,a=1

και έτσι

Άρα μοναδική λύση (p,m,n)=(2,3,3)

2nisic · #5

Δίνω μία δεύτερη λύση για το πρόβλημα 2
Αν m=1

είναι αδύνατη

Αν p=2

την λύνω σαν το Μανόλη

Αν p $\neq$ 2 τότε

είναι περιττός.
Από Fermat έχω $m^{p}-1\equiv m-1$ ( mod p

)
Και επειδή m-1

\displaystyle{\neq}

θα πρέπει να είναι δύναμη τού

Από

έχω $m-1=p^{n-1}a$ με

φυσικός
Οπότε $m>p^{n-1}$
Τότε LHS

μεγαλύτερο τού RHS

Άρα μοναδική λύση η (p,m,n):(2,3,3)

edit:Με πρόλαβε ο Φωτιάδης

Θεωρία αριθμών

Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Re: Θεωρία αριθμών

Μέλη σε σύνδεση