Potęga z liczbami pierwszymi

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
Samouk1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 75
Rejestracja: 13 lis 2022, o 14:12
Płeć: Mężczyzna
wiek: 26
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1 raz

Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: Samouk1 »

Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, to liczba \(\displaystyle{ 2^p + 3^p}\) nie jest potęgą żadnej liczby naturalnej.
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: kerajs »

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.
Samouk1
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 75
Rejestracja: 13 lis 2022, o 14:12
Płeć: Mężczyzna
wiek: 26
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1 raz

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: Samouk1 »

kerajs pisze: 27 lis 2022, o 20:06 lecz przez \(\displaystyle{ 25}\) tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 5}\)
Dlaczego?
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: kerajs »

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,
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: a4karo »

@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`?
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: kerajs »

a4karo pisze: 28 lis 2022, o 21:40 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`?
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.
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: a4karo »

No właśnie zadałem to samo pytanie co Samouk1. Bo też nie widzę prostego sposobu
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: Potęga z liczbami pierwszymi

Post autor: kerajs »

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.
Ostatnio zmieniony 28 lis 2022, o 23:39 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: \bmod.
ODPOWIEDZ