Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Συντονιστής: nkatsipis

Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2542
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Ιαν 26, 2017 9:57 am

Το παρακάτω προτάθηκε -- με λύση, που εγώ δεν βλέπω -- από τον Δημήτρη Χριστοφίδη (Demetres) στα πλαίσια άλλης συζήτησης (που άρχισε με κάτι σαφώς ευκολότερο) ... και το φέρνω εδώ γιατί νομίζω ότι αξίζει την προσοχή μας:

Aν ο p είναι φυσικός και ο 2p+1 είναι πρώτος, τότε

\displaystyle{\left|B_{2p+1}| = p-1} όπου \displaystyle{B_{2p+1} = \left\{b\in\{1,2,\ldots,2p+1\}:2p+1|[(b+1)^p-b^p]\right\}\right}

Π.χ. B_5 = \{2\} και B_7=\{1,5\}


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7852
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιαν 31, 2017 3:27 pm

Παραθέτω την λύση: (Υπενθυμίζω ότι ο p δεν είναι απαραίτητα πρώτος αλλά ο 2p+1 είναι.)

Είναι άμεσο ότι 2p+1 \notin B_{2p+1}. Για b \in \{1,2,\ldots,2p\}, γράφοντας b' για τον αντίστροφό του b \bmod (2p+1), έχουμε

\displaystyle{ 
\begin{aligned}  
b \in B_{2p+1} &\Leftrightarrow (b+1)^p \equiv b^p \bmod (2p+1) \\ 
&\Leftrightarrow (1+b')^p \equiv 1 \bmod (2p+1) 
\end{aligned} 
}

Γνωρίζουμε όμως ότι η εξίσωση x^p \equiv 1 \bmod (2p+1) έχει ακριβώς p λύσεις (*) με μία από αυτές να είναι η x=1.

Καθώς το b διατρέχει το σύνολο \{1,2,\ldots,2p\}, το ίδιο ισχύει και για το b' οπότε το 1+b' διατρέχει το σύνολο \{2,3,\ldots,2p+1\}. Σε αυτό το σύνολο έχουμε p-1 λύσεις της x^p \equiv 1 \bmod (2p+1) οπότε το ζητούμενο ολοκληρώθηκε.

(*) Επειδή οι πράξεις γίνονται σε σώμα η εξίσωση έχει το πολύ p λύσεις. Παρατηρούμε όμως από το μικρό θεώρημα του Fermat ότι οι 1^2,2^2,\ldots,p^2 είναι όλες λύσεις. Ο έλεγχος ότι είναι διακεκριμένες είναι απλός.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2542
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιαν 31, 2017 8:07 pm

Δημήτρη πολύ όμορφο, ευχαριστούμε!

[Ας δούμε πως λειτουργεί η μέθοδος σου στην περίπτωση p=6: τα τετράγωνα 1^2, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2, 6^2 μας δίνουν, mod13, τους 1, 4, 9, 3, 12, 10 ... από τους οποίους αφήνουμε έξω τον 1, αφαιρούμε από τους υπόλοιπους τον 1 παίρνοντας 3, 8, 2, 11, 9, επιλύουμε, mod13, τις εξισώσεις 3b=1, 8b=1, 2b=1, 11b=1, 9b=1 ... λαμβάνοντας αντίστοιχα b=9, b=5, b=7, b=6, b=3 και ελέγχοντας ότι ο 13 είναι όντως παράγων των 10^6-9^6, 6^6-5^6, 8^6-7^6, 7^6-6^6, 4^6-3^6!]]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2542
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Φεβ 05, 2017 7:54 pm

Demetres έγραψε:(*) Επειδή οι πράξεις γίνονται σε σώμα η εξίσωση έχει το πολύ p λύσεις. Παρατηρούμε όμως από το μικρό θεώρημα του Fermat ότι οι 1^2,2^2,\ldots,p^2 είναι όλες λύσεις. Ο έλεγχος ότι είναι διακεκριμένες είναι απλός.
Πράγματι, ο 2p+1 δεν μπορεί να διαιρεί τον (p-a)^2-(p-b)^2=(2p-a-b)(b-a), όπου 0\leq a<b\leq p-1.

Μπορούμε να επεκτείνουμε την μέθοδο και το αποτέλεσμα του Δημήτρη στην περίπτωση που είναι πρώτος ο 4p+1; Ναι αν ο πρώτος 4p+1 δεν διαιρεί τον (p-a)^4-(p-b)^4=[(p-a)^2+(p-b)^2]\cdot [(p-a)^2-(p-b)^2], όπου 0\leq a<b\leq p-1. Ότι ο 4p+1 δεν μπορεί να διαιρεί τον (p-a)^2-(p-b)^2 όταν 0\leq a<b\leq p-1 προκύπτει εύκολα (όπως στην προηγούμενη παράγραφο). Το ερώτημα λοιπόν είναι αν ο 4p+1 μπορεί να διαιρεί τον (p-a)^2+(p-b)^2 όταν 0\leq a<b\leq p-1, ισοδύναμα αν ο 4p+1 μπορεί να διαιρεί τον 2(a^2+b^2)+(a+b)-p για 0\leq a<b\leq p-1.

Δεν υπάρχει κάποιος προφανής λόγος για να μην ισχύει η παραπάνω διαιρετότητα, και, πράγματι, ήδη για p=3, a=0, b=1, ισχύει η (4p+1)|[2(a^2+b^2)+(a+b)-p], με αποτέλεσμα να είναι ίσες, mod13, οι δυνάμεις 2^4 και 3^4. Θα περίμενε κανείς, ακολουθώντας την μέθοδο του Δημήτρη (για την περίπτωση που πρώτος ήταν ο 2p+1, ενώ εδώ πρώτος είναι ο 4p+1), ότι αντί για p-1=2 λύσεις θα υπάρχει μία μόνον λύση της (b+1)^3\equiv b^3mod13, συγκεκριμένα αυτή που αντιστοιχεί στην (1+b')\equiv 2^4mod13 ή, ισοδύναμα, (1+b')\equiv 3^4mod13, δηλαδή στην b'\equiv 2mod13 και b=7. Παρατηρούμε όμως ότι λύση της (b+1)^3\equiv b^3mod13 αποτελεί και η b=5 ... και αυτό επειδή, πολύ απλά, λύση της x^3\equiv 1mod13 δεν είναι μόνον η x=3 (που αντιστοιχεί στις Fermat ισοδύναμες λύσεις 2^4 και 3^4) αλλά και η x=9 (που δίνει b'=8 και b=5). Για p=3 φτάνουμε δηλαδή στον μέγιστο δυνατό αριθμό λύσεων της (b+1)^p-b^p\equiv 0mod(4p+1), τον p-1=2.

Ας παρατηρηθεί εδώ ότι η μη Fermat λύση b=5 είναι 'συμπληρωματική' της Fermat λύσης b=7 κατά την έννοια 7+5=12: ισχύει γενικότερα η ισοδυναμία (4p+1)|[(b+1)^p-b^p]\leftrightarrow (4p+1)|[((4p-b)+1)^p-(4p-b)^p], όπως ισχύει άλλωστε και η ισοδυναμία (2p+1)|[(b+1)^p-b^p]\leftrightarrow (2p+1)|[((2p-b)+1)^p-(2p-b)^p] (εξ ου και οι συμπληρωματικότητες των Fermat λύσεων (9+3=12, 7+5=12, 6+6=12) της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης).

Στο επόμενο παράδειγμα, p=4, έχουμε και πάλι μία ανεπιθύμητη διαιρετότητα, (4p+1)|[2(a^2+b^2)+(a+b)-p], για a=0, b=3. Αυτό σημαίνει ότι από τις τρεις Fermat λύσεις 2^4, 3^4, 4^4 χάνουμε την 4^4, που είναι ισοδύναμη προς την τετριμμένη και μη αποδεκτή λύση 1^4. Έχουμε άραγε μη Fermat λύσεις, όπως στην περίπτωση p=3; Οι Fermat λύσεις που αντιστοιχούν στις δυνάμεις 2^4 και 3^4 είναι, μέσω των (1+b')\equiv 16mod17 και (1+b')\equiv 13mod17, οι b=8 και b=10, οπότε, μέσω της παραπάνω αρχής της συμπληρωματικότητας, λαμβάνουμε και την μη Fermat λύση b=6.

Ο επόμενος p για τον οποίο είναι πρώτος ο 4p+1 είναι ο p=7. Έχουμε και πάλι ανεπιθύμητες διαιρετότητες, και ως αποτέλεσμα αυτών τις ανεπιθύμητες ισότητες 2^4\equiv 5^4mod29 και 3^4\equiv 7^4mod29. Προκύπτουν με τον γνωστό τρόπο τέσσερις Fermat λύσεις της (b+1)^7-b^7\equiv 29, οι b=2, 4, 24, 26. Είναι προφανείς οι συμπληρωματικότητες 2+26=28, 4+24=28. Σε αντίθεση με την προηγούμενη περίπτωση, δεν υπάρχει προφανής (Fermat) λόγος για επιπλέον λύσεις. Υπάρχουν όμως δύο ακόμη μη προβλεπόμενες λύσεις, συμπληρωματικές αλλήλων, οι b=5 και b=23. Ο συνολικός αριθμός λύσεων παραμένει ίσος προς p-1.

Επειδή εξακολουθούμε να έχουμε p-1 λύσεις και για p=9, 10, 13, τολμώ να διατυπώσω την εξής

ΕΙΚΑΣΙΑ: Αν ο 4p+1 είναι πρώτος τότε υπάρχουν p-1 λύσεις της (4p+1)|[(b+1)^p-b^p] στο \left \{1,2,...,4p  \right \}.

Παρατήρηση: Γράφοντας τον πρώτο 4p+1 ως 2\cdot 2p+1 γνωρίζουμε από το αρχικό αποτέλεσμα του Δημήτρη ότι υπάρχουν 2p-1 λύσεις της (4p+1)|[(b+1)^{2p}-b^{2p}] στο \left \{1,2,...,4p  \right \}. Για παράδειγμα, υπάρχουν, όπως ήδη είδαμε, πέντε λύσεις της 13|[(b+1)^6-b^6] στο \left \{1,2,...,12  \right \}, αλλά μόνον δύο λύσεις της 13|[(b+1)^3-b^3] στο \left \{1,2,...,12  \right \}.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2542
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Φεβ 07, 2017 8:34 am

gbaloglou έγραψε:ΕΙΚΑΣΙΑ: Αν ο 4p+1 είναι πρώτος τότε υπάρχουν p-1 λύσεις της (4p+1)|[(b+1)^p-b^p] στο \left \{1,2,...,4p  \right \}.
Γενικότερα (εικάζω ότι): Αν ο mp+1 είναι πρώτος τότε υπάρχουν p-1 λύσεις της (mp+1)|[(b+1)^p-b^p] στο \left \{1,2,...,mp  \right \}.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης