mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 10, 2015 8:23 pm**

(α) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πρώτοι

και

και θετικός ακέραιος

ώστε $\displaystyle{p^{q−1} − q^{p−1} = 4n^2.}$

(β) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πρώτοι

και

και θετικός ακέραιος

ώστε $\displaystyle{p^{q−1} − q^{p−1} = 4n^3.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 11, 2015 5:15 pm**

socrates έγραψε:(α) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πρώτοι και και θετικός ακέραιος ώστε $\displaystyle{p^{q−1} − q^{p−1} = 4n^2.}$

Καλησπέρα Θανάση! Μία προσπάθεια:

Καταρχάς παρατηρούμε ότι $p \neq q$ και ότι οι p, q

πρέπει να είναι περιττοί, αλλιώς p = q = 2

, άτοπο.

Η εξίσωση γράφεται: $q^{p-1} = p^{q-1} - 4n^2 \iff q^{p-1} = (p^{(q-1)/2} - 2n)(p^{(q-1)/2} + 2n)$

Αν $d = (p^{(q-1)/2} - 2n, p^{(q-1)/2} + 2n)$ τότε $d | 2p^{(q-1)/2}$ από όπου παίρνουμε ως μοναδική δεκτή τιμή d = 1

(λόγω περιορισμών που αναφέραμε πιο πάνω).

Άρα, $p^{(q-1)/2} -2n = 1$ και $p^{(q-1)/2} + 2n = q^{p-1}$ . Με αφαίρεση προκύπτει $4n = q^{p-1} - 1$ .

Παίρνοντας τώρα την εξίσωση $\pmod q$ βλέπουμε ότι $4n \equiv -1 \pmod q$ .

Κοιτώντας όμως την αρχική έχουμε και από το μικρό θεώρημα του Fermat $4n^2 \equiv 1 \pmodq \implies 2n \equiv \pm 1 \pmod q \implies 4n \equiv \pm 2 \pmod q$ .

Μοναδική δεκτή περίπτωση είναι όταν $4n \equiv 2 \pmod q$ που δίνει q = 3

.

Προσθέτοντας τώρα τις σχέσεις που προκύπτουν παίρνουμε ότι πρέπει $3^{p-1} = 2p - 1$ . Όμως, εύκολα με επαγωγή είναι $3^{p-1} > 2p-1$ για $p \geq 3$ και άρα η

εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 21, 2016 5:47 pm**

socrates έγραψε:(β) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πρώτοι και και θετικός ακέραιος ώστε $\displaystyle{p^{q−1} − q^{p−1} = 4n^3.}$

Μία προσπάθεια και γι' αυτή, μιας και το θέμα ξεχάστηκε:

Αν ένας ήταν άρτιος, θα ήταν και ο άλλος και άρα p=q=2

που δε δίνει λύση.

Έστω τώρα και οι δύο περιττοί με p > q

. Η εξίσωση γράφεται:

$(p^{(q-1)/2} - q^{(p-1)/2})(p^{(q-1)/2} + q^{(p-1)/2}) = 4n^3$ .

Αν $d=(p^{(q-1)/2} - q^{(p-1)/2}, p^{(q-1)/2} + q^{(p-1)/2})$ τότε $d \mid 2p^{(q-1)/2}$ . Δεν μπορεί όμως d=p^a

γιατί τότε $p \mid q \implies p=q$ , άτοπο.

Άρα d=1

ή

. Όμως

περιττοί και άρα d=2

. Τότε γράφω:

$\dfrac{p^{(q-1)/2} - q^{(p-1)/2}}{2} \cdot \dfrac{p^{(q-1)/2} + q^{(p-1)/2}}{2} = n^3$ με $\left(\dfrac{p^{(q-1)/2} - q^{(p-1)/2}}{2}, \dfrac{p^{(q-1)/2} + q^{(p-1)/2}}{2}\right)=1$

Άρα $\dfrac{p^{(q-1)/2} - q^{(p-1)/2}}{2} = a^3$ και $\dfrac{p^{(q-1)/2} + q^{(p-1)/2}}{2} = b^3$ με a, b > 0

και

.

Με πρόσθεση παίρνουμε $p^{(q-1)/2} = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ από όπου a^2-ab + b^2 = q^k

και

.

Όμως $a^2 - ab + b^2 \geq \dfrac{1}{2}(a+b)^2 - \dfrac{(a+b)^2}{4} = \dfrac{(a+b)^2}{4} > a+b$ για $a+ b \geq 5$ .

Τότε $a+b \mid a^2 + ab + b^2$ το οποίο μετά από πράξεις δίνει $a+b \mid 3(a^2, b^2) = 3 \implies a + b \leq 3$ , άτοπο.

Άρα ελέγχουμε τις περιπτώσεις $a+b \leq 4$ που δίνει a=1, b= 2

και άρα $p^{(q-1)/2} = 9$ που δίνει p=3, q=5

, άτοπο αφού p > q

και

από όπου

$p^{(q-1)/2} = 28$ , άτοπο.

Άρα, δεν υπάρχουν λύσεις και το ζητούμενο εδείχθη.

mathematica.gr

Αδύνατες διοφαντικές

Αδύνατες διοφαντικές

Re: Αδύνατες διοφαντικές

Re: Αδύνατες διοφαντικές