Θεωρία αριθμών

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

2nisic
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Θεωρία αριθμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Σάβ Ιαν 23, 2021 8:09 pm

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι p,m,n με p πρώτο τέτοιοι ώστε:

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

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


Δεν είναι σύστημα είναι δύο άσκησεις



Λέξεις Κλειδιά:
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 528
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Θεωρία αριθμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Σάβ Ιαν 23, 2021 10:09 pm

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


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 137
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Θεωρία αριθμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Ιαν 23, 2021 10:31 pm

Αλλιώς για το 2)
•Αν m=1 είναι αδύνατη
•Αν m=2 τότε p^n+1=2^p 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 q τέτοιος ώστε:
q\mid m^p-1 και q\nmid m-1\Leftrightarrow q\mid p^n(1) και q\nmid m-1
Αλλά q 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 (m,n,p)=(3,3,2)


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 821
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Θεωρία αριθμών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιαν 23, 2021 10:49 pm

2nisic έγραψε:
Σάβ Ιαν 23, 2021 8:09 pm
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι p,m,n με p 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 LTE 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 p πρώτο διάφορο των 2,5.
Αλλά και για p=2,5 είναι n^m=13 και n^m=275 που ισχύουν μόνο για m=1 άρα όλες οι λύσεις είναι οι (p,m,n)=(p,1,2^p+3^p) με p πρώτο.

2)\pmod p έχω p|m-1 άρα από LTE είναι u_p(p^n)=u_p(m^p-1)=u_p(m-1)+1.
Έστω m-1=p^ab με (b,p)=1
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 m=3
Άρα μοναδική λύση (p,m,n)=(2,3,3)


2nisic
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Re: Θεωρία αριθμών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Σάβ Ιαν 23, 2021 11:03 pm

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

Αν p=2 την λύνω σαν το Μανόλη

Αν p\neq2 τότε p είναι περιττός.
Από Fermat έχωm^{p}-1\equiv m-1(mod p)
Και επειδή m-1\displaystyle{\neq}0 θα πρέπει να είναι δύναμη τού p
Από LTE έχω m-1=p^{n-1}a με  a 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


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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