Potęga z liczbami pierwszymi
-
- Użytkownik
- Posty: 78
- Rejestracja: 13 lis 2022, o 14:12
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 26
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 2 razy
Potęga z liczbami pierwszymi
Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, to liczba \(\displaystyle{ 2^p + 3^p}\) nie jest potęgą żadnej liczby naturalnej.
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Potęga z liczbami pierwszymi
Może tak?
Dla \(\displaystyle{ p=2}\) ta suma nie jest potęgą.
Dla nieparzystych \(\displaystyle{ p}\) suma zawsze dzieli się przez \(\displaystyle{ 5}\), lecz przez 25 tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez 5, jednak dla \(\displaystyle{ p=5}\) suma nie jest potęgą.
Dla \(\displaystyle{ p=2}\) ta suma nie jest potęgą.
Dla nieparzystych \(\displaystyle{ p}\) suma zawsze dzieli się przez \(\displaystyle{ 5}\), lecz przez 25 tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez 5, jednak dla \(\displaystyle{ p=5}\) suma nie jest potęgą.
-
- Użytkownik
- Posty: 78
- Rejestracja: 13 lis 2022, o 14:12
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 26
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 2 razy
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Potęga z liczbami pierwszymi
Bo reszty z dzielenia przez 25 kolejnych nieparzystych potęg liczby 2 tworzą ciąg okresowy o tym samym okresie co reszty z dzielenia przez 25 kolejnych nieparzystych potęg liczby 3. Dlatego ich suma także tworzy okresowy ciąg reszt, a z niego wynika zdanie o które pytasz.
Oczywiście, nie upieram się przy tym rozwiązaniu. Może ktoś przedstawi inne uzasadnienie, albo inny pomysł na wykazanie tezy zadania,
Oczywiście, nie upieram się przy tym rozwiązaniu. Może ktoś przedstawi inne uzasadnienie, albo inny pomysł na wykazanie tezy zadania,
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Re: Potęga z liczbami pierwszymi
@kerajs
A to od razu widać, że np. \(\displaystyle{ 2^6-2^5\cdot 3+...- 2\cdot 3^5+3^6}\) sie nie dzieli przez `5`?
A to od razu widać, że np. \(\displaystyle{ 2^6-2^5\cdot 3+...- 2\cdot 3^5+3^6}\) sie nie dzieli przez `5`?
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Potęga z liczbami pierwszymi
Owszem, to widać:
\(\displaystyle{ (2^6-2^5\cdot 3+...- 2\cdot 3^5+3^6) \bmod \ 5 \equiv 7 \cdot 2^6 \bmod \ 5}\)
podobnie jak dla nieparzystych p:
\(\displaystyle{ (2^{p-1}-2^{p-2}\cdot 3+...- 2\cdot 3^{p-2}+3^{p-1}) \bmod \ 5 \equiv p \cdot 2^{p-1} \bmod \ 5 }\)
jednak nie zamierzam tego potem wyjaśniać.
Dlatego podałem prosty sposób, niewymagający żadnej wiedzy.
Ostatnio zmieniony 28 lis 2022, o 23:38 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Re: Potęga z liczbami pierwszymi
Ach, czyli to było pytanie, a nie wytknięcie niezastosowania szybszej metody. Sorki, nie zajarzyłem.
Pomysł na wykorzystanie liczby 5 nie wynikał z rozwinięcia:
\(\displaystyle{ 2^{2k+1}+3^{2k+1}=(2+3) \sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}3^i }\)
lecz z przystawania:
\(\displaystyle{ (2^{2k+1}+3^{2k+1}) \bmod 5 \equiv (2^{2k+1}+(-2)^{2k+1}) \bmod 5 \equiv (2^{2k+1}-2^{2k+1}) \bmod 5 \equiv 0}\)
Przystawania można użyć też tu:
\(\displaystyle{ (\sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}3^i ) \bmod 5 \equiv ( \sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}(-2)^i ) \bmod 5 =
(\sum_{i=0}^{2k}(-1)^{2i}2^{2k} ) \bmod 5=((2k+1)2^{2k} ) \bmod 5}\)
i od razu mieć wniosek który podałem.
Jednak, ze względu na nick autora, chciałem aby trochę policzył, i abym ja nie musiał niczego wyjaśniać.
Nb, to irytujące, że pisanie rozwiązania i wyjaśnienia zajmują mi wielokrotnie więcej czasu niż samo uzyskanie wyniku.
Pomysł na wykorzystanie liczby 5 nie wynikał z rozwinięcia:
\(\displaystyle{ 2^{2k+1}+3^{2k+1}=(2+3) \sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}3^i }\)
lecz z przystawania:
\(\displaystyle{ (2^{2k+1}+3^{2k+1}) \bmod 5 \equiv (2^{2k+1}+(-2)^{2k+1}) \bmod 5 \equiv (2^{2k+1}-2^{2k+1}) \bmod 5 \equiv 0}\)
Przystawania można użyć też tu:
\(\displaystyle{ (\sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}3^i ) \bmod 5 \equiv ( \sum_{i=0}^{2k}(-1)^i2^{2k-i}(-2)^i ) \bmod 5 =
(\sum_{i=0}^{2k}(-1)^{2i}2^{2k} ) \bmod 5=((2k+1)2^{2k} ) \bmod 5}\)
i od razu mieć wniosek który podałem.
Jednak, ze względu na nick autora, chciałem aby trochę policzył, i abym ja nie musiał niczego wyjaśniać.
Nb, to irytujące, że pisanie rozwiązania i wyjaśnienia zajmują mi wielokrotnie więcej czasu niż samo uzyskanie wyniku.
Ostatnio zmieniony 28 lis 2022, o 23:39 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: \bmod.
Powód: Poprawa wiadomości: \bmod.