Βασική θεωρία αριθμών!

#21

Να βάλω και εγώ μία σκέψη, παράλληλα με την λύση του socrates.
Αφού n+2/n^2+2

και

θα διαιρεί και την διαφορά τους, άρα
n+2/2n-2

δηλαδή

και άρα

δηλαδή

ή

και τελικά n=-1

ή

που απορρίπτονται.

ΠΟΥ ΥΠΑΡΧΕΙ ΛΑΘΟΣ;

#22

xr.tsif έγραψε:Να βάλω και εγώ μία σκέψη, παράλληλα με την λύση του socrates.
Αφού και θα διαιρεί και την διαφορά τους, άρα
δηλαδή και άρα
δηλαδή ή και τελικά ή
που απορρίπτονται.

ΠΟΥ ΥΠΑΡΧΕΙ ΛΑΘΟΣ;

Η λύση χρησιμοποιεί ότι οι $n+2, \, n-1$ είναι πρώτοι προς αλλήλους. Όμως αυτό δεν ισχύει, π.χ. για n=4

.
Έχουμε πρόβλημα και στο n=1

, όπου μηδενίζεται το δεξί μέλος.

Τέλος, ο προηγούμενος λύτης δεν είναι ο socrates, αλλά ο Αχιλλέας...

#23

8η)

Θεωρούμε θετικούς ακέραιους m,n

με

και $mn\equiv 1 \pmod{5}$ .

Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί

ώστε ο

να είναι σύνθετος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#24

achilleas έγραψε:8η)

Θεωρούμε θετικούς ακέραιους με και $mn\equiv 1 \pmod{5}$ .

Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί ώστε ο να είναι σύνθετος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Καταρχήν λόγω της $mn\equiv 1 \pmod{5}$ έχουμε ότι (m,5)=1

. Άρα από το μικρό θεώρημα του Fermat είναι

$m^4\equiv 1\pmod{5} \ \ (1)$

Επίσης $A=m(m^p-n)=m^{p+1}-mn\equiv m^{p+1}-1\pmod{5}$

Επειδή όμως υπάρχουν άπειροι πρώτοι

της μορφής 4k+3

$(\star)$ άρα $m^{p+1}-1=\left(m^4\right)^{k+1}-1\stackrel{(1)}{\equiv}0\pmod 5$

Άρα 5|m(m^p-n)

κι επειδή

άρα

δηλαδή ο

είναι διαιρετός από το 5 (άρα σύνθετος) για άπειρες τιμές του

(είναι και m>1

οπότε δε θα μπορούσε ο m^p-n

να είναι ο 1-n

για όλες τις τιμές του

).

$(\star)$ Το παραπάνω το είδαμε π.χ. εδώ.

Αλέξανδρος

#25

matha έγραψε:3η) Να βρεθούν τα τρία τελευταία ψηφία του αριθμού $\displaystyle{13^{398}.}$

$13^{398}=169^{199}\equiv (-1)^{199}\equiv 9(\mod10)$

Άρα το τελευταίο ψηφίο του $13^{398}$ είναι το 9.

$\displaystyle{\frac{13^{398}-9}{10}=\frac{169^{199}+1-10}{10}=17(169^{198}-169^{197}+...-169+1)-1\equiv 17\cdot (1+1+...+1)-1=17\cdot 199-3\equiv2(\mod10) }$

Άρα το προτελευταίο ψηφίο του $13^{398}$ είναι το 2.

$\displaystyle{\frac{13^{398}-29}{100}=\frac{17(169^{198}-169^{197}+...-169+1)-3}{10}=\frac{17(100x+31^{198}+31^{197}+...+31+1)-3}{10} }$

αφού $169\equiv -31(\mod10)$ .

Επίσης

$\displaystyle{31^n=31^n-1+1=30(31^{n-1}+...+31+1)+1=30(10y+n)+1=300y+30n+1=100k+30n+1}$

Επομένως

$\displaystyle{\frac{13^{169}-29}{100}=\frac{17\left[100x+30(198+197+...+1)+199 \right]-3}{10}=170x+17\cdot 3\cdot 199\cdot 99+338\equiv 9(\mod10)}$

Άρα το τρίτο από το τέλος ψηφίο του $13^{398}$ είναι το 9.

#26

Μία ακόμη λύση -- απλοϊκή και ... χειρωνακτική στην ανάγκη -- για το $13^{398}$ (με όλες τις ισότητες mod1000

):

$13^{398}=169\times 13^{396}=169\times (13^4)^{99}={169}\times 561^{99}=169\times (561^3)^{33}=169\times 481^{33}=169\times (481^3)^{11}=169\times 641^{11} = (169\times 641 )\times 641^{10}=329\times (641^2)^5=329\times 881^5=(329\times881 )\times 881^4=849\times 161^2=849\times 921=929$

Γιώργος Μπαλόγλου

#27

9η) (Θ. Φερμά, διαιρετότητα)

Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες $(m,n,p)\in \Bbb{Z}^3$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{n^{2p}=m^2+n^2+p+1,}$ όπου

(θετικός) πρώτος.

Antonis_Z · #28

Για την 9 μια λύση:
Λήμμα:Αν

πρώτος και ισχύουν: $p\equiv 3(mod 4),p|x^2+y^2$ ,τότε p|x

και

.
Απόδειξη λήμματος:Προφανώς αν ένας εκ των x,y

διαιρείται από τον

,τότε το ζητούμενο ισχύει.Έστω ότι gcd(p,x)=gcd(p,y)=1

.
Λόγω της συνθήκης έχουμε ότι: $x^2\equiv -y^2(mod p)\Leftrightarrow x^{p-1)\equiv -y^{p-1}(mod p)\Leftrightarrow 1\equiv -1(mod p)$ (από Fermat),άτοπο.
Σημείωση: $\frac{p-1}{2}$ περιττός λόγω της μορφής του p=4k+3

.

Λύση:Έστω

περιττός.Η εξίσωση γράφεται (n^p-n)(n^p+n)=m^2+1+p

.Γνωρίζουμε ότι gcd(n,p)=1,p

.Kαι στις 2 περιπτώσεις όμως,το

διαιρεί το αριστερό μέλος(από θεώρημα Fermat).Άρα πρέπει p|m^2+1=m^2+1^2

.Αν ίσχυε ότι $p\equiv 3(mod p)$ τότε από το λήμμα θα είχαμε p|1

,άτοπο.Άρα $p\equiv 1(mod 4)$ .
Γράφουμε αλλιώς την εξίσωση τώρα.Στη μορφή: (n^p-1)(n^p+1)=n^2+m^2+p

.
Παίρνουμε mod 4

και περιπτώσεις.
α)Αν 4|n

,τότε $-1\equiv L\equiv R\equiv m^2+1(mod 4)\Leftrightarrow m^2\equiv 2(mod 4)$ άτοπο.
β)αν $n\equiv 1(mod 4)$ ,τότε $4|L\Leftrightarrow 4|R=m^2+n^2+p$ (1).Όμως $R\equiv m^2+2\equiv 0(mod 4)$ (άπό την (1)).Αυτό όμως είναι άτοπο,γιατί το 2 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο του 4.
γ)αν $n\equiv 3(mod 4)$ ,αναγόμαστε στο β),γιατί $n^p+1\equiv (-1)^p+1\equiv 0(mod 4)$ και $n^2\equiv 1(mod 4)$ .
δ)αν $n\equiv 2(mod 4)$ ,τότε $n^p\equiv 0(mod p)$ (αφού $p\equiv 1(mod 4)$ ).Αναγόμαστε στο α),αφού $n^2\equiv 0(mod 4)$ .
Αφού κάθε περίπτωση για

περιττό καταλήγει σε άτοπο θα έχουμε p=2

(άρτιο).

Η εξίσωση,λοιπόν γράφεται n^4-n^2-m^2-3=0

.Θεωρώ διακρίνουσα D=13+4m^2

και απαιτούμε να είναι τέλειο τετράγωνο,δηλαδή $13+4m^2=r^2\Leftrightarrow 13=(r-2m)(r+2m)$ .
Πλέον είναι εύκολο(λύνοντας τα συστήματα) να βρούμε το

και έπειτα το

.

#29

10η)
Υπάρχουν πρώτοι p,q

ώστε

spiros filippas · #30

socrates έγραψε:10η)
Υπάρχουν πρώτοι ώστε

Παρατηρούμε ότι $p \neq q$

Πρέπει $\displaystyle p|q+1\Rightarrow q=kp-1~~(1)$

Eπίσης είτε 1. $q|p-1\Rightarrow p=lq+1~~(2)$ είτε 2. $q|p^2+p+1\Rightarrow p^2+p+1=lq~~(2)$

1.

Προσθέτοντας τις (1) κ (2) έχουμε $p+q=kp+lq\Rightarrow k=l=1$ απο οπυ εύκολα πέρνουμε άτοπο.

2.

Aπο την (1) $p^2+p+1=lq=lkp-l\Leftrightarrow l+1=p(lk-p-1)\Rightarrow l\geq p-1$ άρα

$p^2+p+1=l(kp-1)\geq (p-1)(kp-1)\Rightarrow p+1\geq kp-1-k \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow p+2\geq k(p-1)~~(3)$

Είναι $k \geq2$ άρα απο (3) $p \leq4$ από που βλέπουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις.

#31

11η) (Μικρό θεώρημα Fermat)
Για τους ακέραιους a, b, c

δείξτε ότι

$\displaystyle{13 | a + b + c \ \implies 13 | a^{2007}+ b^{2007}+ c^{2007}+ 2 \cdot 2007abc .}$

Atemlos · #32

12) Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b)

τα οποία ικανοποιούν την a!=20*b!

οπου ! το γνωστό παραγοντικό.

#33

socrates έγραψε:11η) (Μικρό θεώρημα Fermat)
Για τους ακέραιους δείξτε ότι

$\displaystyle{13 | a + b + c \ \implies 13 | a^{2007}+ b^{2007}+ c^{2007}+ 2 \cdot 2007abc .}$

Από το θεώρημα Fermat έχουμε

$\displaystyle{\boxed{a^{13}\equiv a\mod 13}}$

Επομένως, είναι

$\displaystyle{a^{2007}=(a^{13})^{154}a^5\equiv a^{154}a^5=a^{159}=(a^{13})^{12}a^3\equiv a^{12}a^3=a^{13}a^2\equiv aa^2=a^3\mod 13.}$

Δηλαδή είναι

$\displaystyle{a^{2007}\equiv a^3\mod 13, ~b^{2007}\equiv b^3\mod 13,~c^{2007}\equiv c^3\mod 13}$ .

Επομένως, είναι

$\displaystyle{a^{2007}+ b^{2007}+ c^{2007}+ 2 \cdot 2007abc\equiv a^3+b^3+c^3+4014abc=a^3+b^3+c^3-3abc+4014abc\equiv 0\mod 13, }$

αφού

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\equiv 0\mod 13}$

και

$\displaystyle{13|4017.}$

spiros filippas · #34

socrates έγραψε:11η) (Μικρό θεώρημα Fermat)
Για τους ακέραιους δείξτε ότι

$\displaystyle{13 | a + b + c \ \implies 13 | a^{2007}+ b^{2007}+ c^{2007}+ 2 \cdot 2007abc .}$

Έχουμε:

$\displaystyle a^{2007}=a^{13 \cdot 154+5} =(a^{13})^{154}\cdot a^5\equiv a^{154}\cdot a^5=a^{159}=a^{12\cdot 13+3 }$

$\equiv a^{12}\cdot a^3\equiv a^{13} \cdot a^2\equiv a^3 ~mod13$

και

$2\cdot2007abc=-3abc ~mod~13$

To ζητούμενο έπεται απο την a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)

Με πρόλαβε ο κ.Θάνος με την ίδια ακριβώς λύση, το αφήνω για τον κόπο της πληκτρογράφησης.

#35

13η)
Έστω $n \geq 1$ ένας ακέραιος.
Βρείτε τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $7 \cdot 4^n= a^2+ b^2+ c^2+ d^2.$

#36

Atemlos έγραψε:12) Να βρεθούν τα ζεύγη θετικών ακεραίων τα οποία ικανοποιούν την οπου ! το γνωστό παραγοντικό.

Είναι

οπότε

με $k\geq 1.$ Επίσης $b\geq 2.$

Η εξίσωση γράφεται a(a-1)(a-2)...(a-k+1)=20.

Αν $k\geq 3$ τότε αφού $a-k=b\geq 2$ είναι $a(a-1)(a-2)...(a-k+1)\geq 3\cdot 4 \cdot 5>20.$

Επομένως μένουν οι περιπτώσεις a=b+1

και

με αντίστοιχες λύσεις $\displaystyle{(20,19)}$ και $\displaystyle{(5,3).}$

#37

14η)
Προσδιορίστε όλους τους αριθμούς

για τους οποίους υπάρχει φυσικός αριθμός

, τέτοιος ώστε ο αριθμός 1^n + 2^n + 3^n + 4^n

να τελειώνει σε ακριβώς

μηδενικά.

ΦΕΡΡΑΙΟΣ · #38

Θα μπορούσε κάποιος να ανεβάσει μια υπόδειξη για την 13 και την 14

#39

socrates έγραψε:13η)
Έστω $n \geq 1$ ένας ακέραιος.
Βρείτε τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $7 \cdot 4^n= a^2+ b^2+ c^2+ d^2.$

Υπόδειξη: οι a,b,c,d

είναι άρτιοι.

socrates έγραψε:14η)
Προσδιορίστε όλους τους αριθμούς για τους οποίους υπάρχει φυσικός αριθμός , τέτοιος ώστε ο αριθμός να τελειώνει σε ακριβώς μηδενικά.

Υπόδειξη: αν ο αριθμός λήγει σε τουλάχιστον τρία μηδενικά τότε διαιρείται με το 8.

jim.jt · #40

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:13η)
Έστω $n \geq 1$ ένας ακέραιος.
Βρείτε τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $7 \cdot 4^n= a^2+ b^2+ c^2+ d^2.$

Υπόδειξη: οι είναι άρτιοι.

socrates έγραψε:14η)
Προσδιορίστε όλους τους αριθμούς για τους οποίους υπάρχει φυσικός αριθμός , τέτοιος ώστε ο αριθμός να τελειώνει σε ακριβώς μηδενικά.
Υπόδειξη: αν ο αριθμός λήγει σε τουλάχιστον τρία μηδενικά τότε διαιρείται με το 8.

Λοιπόν, η άσκηση 14, μετά την υπόδειξη είναι προφανής, αφού 1^n+2^n + 3^n+4^n=10

ή

, αν

, αλλιώς θα έπρεπε $1^n+3^n\equiv 0 \pmod8$ , άτοπο.

Έτσι μπορούμε να έχουμε k=0,1,2

, που πιάνεται για τις τιμές n=4,1,3

αντίστοιχα.

Για την 13:

Αν $n\geq 2$ , τότε a,b,c,d

άρτιοι, γιατί όλοι οι περιττοί είναι ισοϋπόλοιποι με $1 \pmod8$ και με δοκιμές οδηγούμαστε σε άτοπο.

Έτσι η σχέση γίνεται $7\cdot 4^{n-1}=a_1^2+b_1^2+c_1^2+d_1^2$ .

Η διαδικασία μπορεί να συνεχιστεί μέχρι ο εκθέτης του

να γίνει

.

Έτσι τότε έχουμε τις λύσεις $(n,a,b,c,d)=(i+1,2^i\cdot 5,2^i,2^i,2^i),(3i+1,2^i\cdot 3,2^i\cdot 3,2^i\cdot 3,2^i)$ και τις μεταθέσεις των a,b,c,d

.

Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Re: Βασική θεωρία αριθμών!

Μέλη σε σύνδεση