Μία δύσκολη Διαιρετότητα

harrisp · #1

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους a,b

μεγαλύτερους του

ώστε:

thrassos · #2

Καλημέρα Χάρη,
Μία προσπάθεια με L.T.E.

Αρχικά, υποθέτουμε ότι $\exists p$ , όπου

ο μικρότερος πρώτος, τέτοιος ώστε ώστε p|b

και έστω $t \in \mathbb{N}$ , ο μικρότερος φυσικός για τον οποίο ισχύει p|a^t-1

.
Άρα έχουμε t|b

και από μικρό θεώρημα του Fermat

άρα αν $t\neq 1$ τότε θα υπάρχει ένας πρώτος παράγοντας του

όπου θα διαιρεί τον

, άτοπο.Άρα
πρέπει t=1

.
Τώρα, έστω

περιττός πρώτος και άρα από την δοθείσα έχουμε $au_{p}(b)\leq u_{p}(a-1) + u_{p}(b)$ (*)

και άρα από εδώ έπεται πως $(a-1)u_{p}(b)\leq u_p(a-1)$ άτοπο γιατί τότε $a-1 \leq u_p(a-1)$ .Άρα p=2

.
Τώρα, από την τελευταία διαπίστωση έχουμε ότι b=2k

και

περιττός.
Επίσης, η (*)

γράφεται( αφου p=2)
$au_2(b) \leq u_2(a-1) + u_2(a+1) +u_2(b) -1$ $\Leftrightarrow$ $(a-1)u_2(b) +1 \leq u_2(a-1) + u_2(a+1)$

Ακόμη, παρατηρούμε ότι $LHS \geq a$ και άρα $a \leq u_2(a-1) + u_2(a+1)$ (***) το οποίο ισχύει μόνο αν a=3

, καθώς αν a>3

τότε

.Άρα αφού ισχύει η ισότητα στην (***)

τότε θα πρέπει να ισχύει και στην (**)

και άρα

και

.
Επομένως, αφού b=2k

και

έπεται ότι

είναι περιττός.Επιπλέον , η δοθείσα γράφεται
$(2k)^3|3^{2k}-1$ και όπως και στην αρχή θα υποθέσουμε ότι $\exists q$ , όπου

ο μικρότερος πρώτος, τέτοιος ώστε q|k

,και άρα

περιττός, και

ο μικρότερος φυσικός για τον οποίο ισχύει q|3^n-1

.Από τις τελευταίες έπεται ότι n|2k

και

και άρα πρέπει n=2

γιατί αλλιώς ο

θα έχει μικρότερο πρώτο παράγοντα από το

.
Επομένως , q|3^2 -1

, πράγμα αδύνατο αν $k\neq1$ , και άρα συμπεραίνουμε ότι b=2

.Άρα μοναδική λύση η (a,b)=(3,2)

Φιλικά,
Θράσος

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Μια προσπάθεια, αν και δεν είμαι πολύ σίγουρος...

Έστω

ένας πρώτος που διαιρεί το

, με

. Έστω

, με $k\geq 1$ . Ακόμη έστω p^l||a-1

. Από το θεώρημα Lift

προκύπτει ότι $p^{k+l}||a^b-1$

Ακόμη ισχύει ότι $p^{ak}||b^a$ . Συνεπώς για να ισχύει ότι b^a|a^b-1

, πρέπει να ισχύει ότι $p^{ak}|p^{k+l}\Leftrightarrow ak\leq k+l\Leftrightarrow k(a-1)\leq l$ .

Όμως, αφού p^l||a-1

και

, ισχύει ότι l<a-1

. Άρα πρέπει να ισχύει ότι $k(a-1)< a-1\Leftrightarrow k<1$ άτοπο.

Άρα πρέπει να ισχύει ότι b=2^n

, με $n\geq 1$ .

Η σχέση μας γίνεται $2^{na}|a^{2^n}-1\Leftrightarrow 2^{na}|(a^{2^{n-1}}+1)(a^{2^{n-1}}-1)$

Συνεπώς, ισχύει ότι $a^{2^{n-1}}+1=2^e$ και $a^{2^{n-1}}-1=2^f$ με $e+f \geq na$ . Όμως 2^e-2^f=2

, άρα

και

, άρα $3 \geq na$ . Επειδή a>1

ισχύει ότι n=1

, άρα

και

ή

. Δεκτή μόνο η περίπτωση a=3

.

Μοναδική λύση λοιπόν είναι η (a, b)=(3, 2)

Edit: Βλέπω ότι με πρόλαβε ο Θράσος... με παρόμοιο σκεπτικό!

harrisp · #4

Μία δύσκολη Διαιρετότητα

Μία δύσκολη Διαιρετότητα

Re: Μία δύσκολη Διαιρετότητα

Re: Μία δύσκολη Διαιρετότητα

Re: Μία δύσκολη Διαιρετότητα

Μέλη σε σύνδεση