Μια διαιρετότητα!

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6173
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Μια διαιρετότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Μάιος 10, 2019 11:31 pm

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι \displaystyle{n}, ώστε ο αριθμός

\displaystyle{\frac{10^n}{n^3+n^2+n+1}}

να είναι ακέραιος.


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1492
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μια διαιρετότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Μάιος 11, 2019 7:47 pm

matha έγραψε:
Παρ Μάιος 10, 2019 11:31 pm
Nα βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι \displaystyle{n}, ώστε ο αριθμός

\displaystyle{\frac{10^n}{n^3+n^2+n+1}}

να είναι ακέραιος.
Καλησπέρα Θάνο.

Θέλουμε, n^3+n^2+n+1 \mid 10^n=2^n \cdot 5^n, και αφού n^3+n^2+n+1=(n^2+1)(n+1), πρέπει n^2+1=2^a \cdot 5^b και n+1=2^c \cdot 5^d, με a,b,c,d \in \mathbb{N}.

Επίσης, πρέπει a+c \leqslant n , \, b+d \leqslant n.

Αν a \geqslant 2, τότε n^2+1 \equiv 0 \pmod 4, που είναι άτοπο, αφού το 3 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο \pmod 4.

Άρα, a \in \{0, 1 \}.

Επίσης, αν b,d \geqslant 1, τότε 5 \mid n+1 \Rightarrow n \equiv 4 \pmod 4 \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod 5, άτοπο, αφού n^2 \equiv -1 \pmod 5.

Επομένως, \min \{b,d \}=0.

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1 a=0.

Αν b=0, τότε n^2+1=1, άτοπο.

Αν d=0, τότε n^2+1=5^b, n+1=2^c, οπότε n^2 \equiv n \pmod 2 \Rightarrow 5^b \equiv 2^c \pmod 2, άτοπο, εκτός και αν b=0 ή c=0. Και οι δύο περιπτώσεις δίνουν άτοπα.

Περίπτωση 2 a=1.

Αν b=0, τότε n^2+1=2 \Rightarrow n=1, που δεν αποτελεί λύση (επαληθεύοντας).

Αν d=0, τότε n^2+1=2 \cdot 5^b, n+1=2^c, οπότε εύκολα σχηματίζουμε την εξίσωση 2^{2c-1}-2^c+1=5^b.

Αν c \in \{0,1,2,3 \}, τότε εύκολα προκύπτουν οι λύσεις n=3, n=7.
Έστω τώρα c \geqslant 4.
Έστω, ότι 2^k \mid \mid b (το σύμβολο \mid \mid συμβολίζει την μέγιστη δύναμη ενός πρώτου που διαιρεί έναν αριθμό).

Είναι 2^c(2^{c-1}-1)=5^b-1^b, άρα 2^c \mid \mid 5^b-1^b. Επίσης, 2^2 \mid \mid \dfrac{5^2-1^2}{2}.

Τότε, από το LTE (Lifting The Exponent Lemma) έχουμε πως, c=2+k.

Συνεπώς, 2^{c-2} \mid \mid b, άρα b \geqslant 2^{c-2} \Rightarrow 2^{2c-1}-2^c+1 \geqslant 5^{2^{c-2}}, που είναι προφανώς άτοπο για c \geqslant 4.

Πράγματι, επαγωγικά είναι 2^{c-1} \geqslant 2c-1, οπότε 5^{2^{c-2}}+2^c-1 \geqslant 4^{2^{c-2}}=2^{2^{c-1}} \geqslant 2^{2c-1}.

Τελικά, μόνες λύσεις οι n=3 και n=7.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες