Διαιρετότητα

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

petrosqw
Δημοσιεύσεις: 40
Εγγραφή: Παρ Φεβ 01, 2019 6:46 pm

Διαιρετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosqw » Δευ Αύγ 26, 2019 4:20 pm

Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους m
ώστε (2^{2m+1})^{2}+1 να διαιρείται με δυο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 733
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Διαιρετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Αύγ 26, 2019 5:24 pm

petrosqw έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 4:20 pm
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους m
ώστε (2^{2m+1})^{2}+1 να διαιρείται με δυο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους
Καλησπέρα!

(2^{2m+1})^2+1=\left ( 2^{2m+1}+1 \right )^2-2^{2m+2}=\left ( 2^{2m+1}-2^{m+1}+1 \right )\left ( 2^{2m+1}+2^{m+1}+1 \right )

Για να είναι ο πρώτος παράγοντας 1 πρέπει 2^{2m+1}=2^{m+1}\Leftrightarrow m=0 το οποίο επαληθεύει την συνθήκη.
Έστω τώρα m\neq 0
Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
  • m άρτιος,έστω m=2k
Είναι 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=2^{4k+1}-2^{2k+1}+1\equiv 2-2(-1)^k+1\equiv 3-2(-1)^k(\mod 5)
2^{2m+1}+2^{m+1}+1\equiv 3+2(-1)^k(\mod5)

Έτσι ανάλογα με το αν k άρτιος ή περιττός ένας από τους παράγοντες είναι πολλαπλάσιο του 5

Αν 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=5\Leftrightarrow 2^{2m+1}-2^{m+1}=4\Leftrightarrow m=1\equiv 1(\mod2) άτοπο!
Αν 2^{2m+1}+2^{m+1}+1=5\Leftrightarrow m=0 ,αυτή τη λύση την έχουμε αναφέρει πιο πάνω.
  • m περιττός,έστω m=2k+1
2^{2m+1}+2^{m+1}+1=2^{4k+3}+2^{2k+2}+1\Leftrightarrow 4-\left ( -1 \right )^k(\mod5)
2^{2m+1}-2^{m+1}+1=2^{4k+3}+2^{2k+2}+1\Leftrightarrow 4+\left ( -1 \right )^k(\mod5)

Έτσι ένας από τους  2 παράγοντες είναι ίσος με πέντε.
2^{2m+1}-2^{m+1}+1=5\Leftrightarrow m=1
2^{2m+1}+2^{m+1}+1=5 ,πάλι m=0

Για m=1 βλέπουμε πως 2^{2m+1}+2^{m+1}+1=13 άρα αποτελεί λύση.

Άρα m=0 ή m=1


miltosk
Δημοσιεύσεις: 68
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Διαιρετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Δευ Αύγ 26, 2019 5:44 pm

petrosqw έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 4:20 pm
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους m
ώστε (2^{2m+1})^{2}+1 να διαιρείται με δυο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους
Λέγοντας με 2 το πολύ διαφορετικούς πρώτους εννοούμε και τις δυνάμεις αυτών;
Για παράδειγμα: για m=2 έχουμε (2^{2m+1})^2+1=5^2\cdot41 που αυτός διαιρείται με δύο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους και ο ένας εξ αυτών ταυτίζεται με άλλον.
Αν δεν εννοείς αυτό όμως νομίζω πως είναι ενδιαφέρουσα τροποποίηση.


petrosqw
Δημοσιεύσεις: 40
Εγγραφή: Παρ Φεβ 01, 2019 6:46 pm

Re: Διαιρετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosqw » Δευ Αύγ 26, 2019 6:20 pm

miltosk έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 5:44 pm
petrosqw έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 4:20 pm
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους m
ώστε (2^{2m+1})^{2}+1 να διαιρείται με δυο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους
Λέγοντας με 2 το πολύ διαφορετικούς πρώτους εννοούμε και τις δυνάμεις αυτών;
Για παράδειγμα: για m=2 έχουμε (2^{2m+1})^2+1=5^2\cdot41 που αυτός διαιρείται με δύο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους και ο ένας εξ αυτών ταυτίζεται με άλλον.
Αν δεν εννοείς αυτό όμως νομίζω πως είναι ενδιαφέρουσα τροποποίηση.
Οι πρώτοι αυτοί δεν είναι υψωμένοι σε δυνάμεις


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Διαιρετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Δευ Αύγ 26, 2019 8:10 pm

petrosqw έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 6:20 pm
miltosk έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 5:44 pm
petrosqw έγραψε:
Δευ Αύγ 26, 2019 4:20 pm
Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακεραίους m
ώστε (2^{2m+1})^{2}+1 να διαιρείται με δυο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους
Λέγοντας με 2 το πολύ διαφορετικούς πρώτους εννοούμε και τις δυνάμεις αυτών;
Για παράδειγμα: για m=2 έχουμε (2^{2m+1})^2+1=5^2\cdot41 που αυτός διαιρείται με δύο το πολύ διαφορετικούς μεταξύ τους πρώτους και ο ένας εξ αυτών ταυτίζεται με άλλον.
Αν δεν εννοείς αυτό όμως νομίζω πως είναι ενδιαφέρουσα τροποποίηση.
Οι πρώτοι αυτοί δεν είναι υψωμένοι σε δυνάμεις
:?: Ένας πρώτος είναι υψωμένος σε μία δύναμη όταν αυτό που λέμε ότι είναι υψωμένο σε μια δύναμη είναι το p^k με k \ge 1. Ουσιαστικά από την εκφώνηση προκύπτει αυτό που λέει ο miltosk. (δεν βάζω πως λύνεται γιατί δεν επιτρέπεται απλή αναφορά)


Bye :')
christinat
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Διαιρετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Τρί Αύγ 27, 2019 12:03 am

Θα δείξουμε ότι οι μοναδικές τιμές που μπορεί να πάρει το m είναι m=0 ή m=1 ή m=2

(2^{2m+1})^{2}+1=(2^{2m+1}+2^{m+1}+1)(2^{2m+1}-2^{m+1}+1)

Οι δυο αυτοί παράγοντες είναι περιττοί και η διαφορά τους είναι 2^{m+2}
Οποτε είναι μεταξύ τους πρώτοι

Ισχύει ακόμη ότι (2^{2m+1})^{2}=4^{2m+1}\equiv -1(mod5)

Άρα κάποιος από τους δυο παράγοντες πρέπει να είναι δυναμη του 5

Έστω λοιπόν 2^{2m+1}+2^{m+1}s+1=5^{k},όπου
s=1 ή s=-1


Υποθέτουμε τωρα ότι για καποια m\geq 3 ικανοποιείται το ζητούμενο

2^{2m+1}+2^{m+1}s+1\equiv 1(mod8)\Rightarrow 5^{k}\equiv 1(mod8)

Οποτε το k είναι άρτιος , k=2l

Άρα 2^{m+1}(2^{m}+s)=(5^{l}-1)(5^{l}+1)

5^{l}+1\equiv 2(mod4)

Οποτε 5^{l}-1=2^{m}a για κάποιον περιττό a

Όμως αν a=1 τοτε:

2=(5^{l}+1)-(5^{l}-1)=2(2^{m}+s)-2^{m}=2^{m}+2s\geq 2^{3}-2,άτοπο

Αν a\geq 3 τοτε:

5^{l-1}\geq 3*2^{m}

Ενώ 5^{l}+1\leq 2(2^{m}+s),άτοπο


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης