Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

#1

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

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 $B_7=\{1,5\}$

#2

Παραθέτω την λύση: (Υπενθυμίζω ότι ο

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

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

λύσεις (*) με μία από αυτές να είναι η x=1

.

Καθώς το

διατρέχει το σύνολο $\{1,2,\ldots,2p\}$ , το ίδιο ισχύει και για το

οπότε το

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

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.

#3

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

... από τους οποίους αφήνουμε έξω τον

, αφαιρούμε από τους υπόλοιπους τον

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

είναι όντως παράγων των 10^6-9^6, 6^6-5^6, 8^6-7^6, 7^6-6^6, 4^6-3^6

!]]

#4

Demetres έγραψε:(*) Επειδή οι πράξεις γίνονται σε σώμα η εξίσωση έχει το πολύ 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

. 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

) αλλά και η x=9

(που δίνει b'=8

και

). Για

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

,

. 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

είναι, μέσω των $(1+b')\equiv 16mod17$ και $(1+b')\equiv 13mod17$ , οι b=8

και

, οπότε, μέσω της παραπάνω αρχής της συμπληρωματικότητας, λαμβάνουμε και την μη Fermat λύση b=6

.

Ο επόμενος

για τον οποίο είναι πρώτος ο 4p+1

είναι ο

. 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

. 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 $\left \{1,2,...,12 \right \}$ .

#5

gbaloglou έγραψε:ΕΙΚΑΣΙΑ: Αν ο είναι πρώτος τότε υπάρχουν λύσεις της 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 $\left \{1,2,...,mp \right \}$ .

Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Re: Πλήθος διαιρετών διαφοράς δυνάμεων

Μέλη σε σύνδεση