Wiedząc, że liczby \(\displaystyle{ 2m-1, 2n-1, m +n}\) są liczbami pierwszymi, \(\displaystyle{ m,n \in \mathbb{Z} ^{+}}\), pokazać, że
\(\displaystyle{ (m+n) \nmid (m^n + n^m)}\) oraz \(\displaystyle{ (m+n) \nmid (m^m + n^n)}\)
liczby pierwze postaci 2m-1, 2n-1, m+n
-
Vax
- Użytkownik
- Posty: 2913
- Rejestracja: 27 kwie 2010, o 22:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 612 razy
liczby pierwze postaci 2m-1, 2n-1, m+n
Zauważmy, że m i n muszą być różnej parzystości, bso \(\displaystyle{ 2|m}\), dodatkowo żadna z \(\displaystyle{ m,n}\) nie może być równa 1 (wówczas sprzeczność z założeniem, że \(\displaystyle{ 2m-1}\) oraz \(\displaystyle{ 2n-1}\) są pierwsze). Załóżmy nie wprost, że:
\(\displaystyle{ m^m+n^n \equiv 0\pmod{m+n} \iff (-n)^m+n^n \equiv n^m+n^n \equiv 0\pmod{m+n}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ m>n}\) (jeżeli \(\displaystyle{ m<n}\) postępujemy analogicznie, nigdzie nie korzystamy już z parzystości \(\displaystyle{ m}\)), wówczas:
\(\displaystyle{ n^{m-n}+1\equiv 0\pmod{m+n} \iff n^{m-n} \equiv -1\pmod{m+n} \Rightarrow n^{2m-2n} \equiv 1\pmod{m+n}}\)
Niech \(\displaystyle{ t = ord_{m+n}n}\), mamy wówczas (3 podzielność z MTF):
\(\displaystyle{ \begin{cases} t \mid 2m-2n\\ t \nmid m-n \\ t \mid m+n-1 \rightarrow t \mid 2m+2n-2 \end{cases}}\)
1 i 3 podzielność po zsumowaniu daje nam \(\displaystyle{ t \mid 4m-2 = 2(2m-1)}\), ale \(\displaystyle{ 2m-1 \in \mathbb_{P}}\), więc może być jedynie:
\(\displaystyle{ t = 1 \vee t=2 \vee t=2m-1 \vee t=4m-2}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ t=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ m+n \mid n-1}\), sprzeczność, bo \(\displaystyle{ m+n > n-1 > 0}\)
Podobnie jeżeli \(\displaystyle{ t=2}\) sprzeczność, gdyż:
\(\displaystyle{ n^2 \equiv 1\pmod{m+n} \iff (n-1)(n+1) \equiv 0\pmod{m+n} \\ \\ \iff m+n \mid n-1 \vee m+n \mid n+1}\)
Co daje sprzeczność analogicznie jak w przypadku \(\displaystyle{ t=1}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ t=2m-1}\), to:
\(\displaystyle{ t \mid 2m-2n \iff 2m-1 \mid 2m-2n-(2m-1) = -2n+1 \iff 2m-1 \mid 2n-1}\), jednak wtedy \(\displaystyle{ 2m-1 \le 2n-1 \iff m \le n}\) sprzeczność z przyjętym założeniem.
Jeżeli \(\displaystyle{ t=4m-2}\), to:
\(\displaystyle{ t|m+n-1 \iff 4m-2 \mid m+n-1 \rightarrow 4m-2 \le m+n-1 \iff 3m \le n+1}\), sprzeczność, gdyż mamy \(\displaystyle{ n+1 \ge 3m > 3n \Rightarrow n < \frac{1}{2}}\)
Drugą niepodzielność dowodzimy podobnie.
\(\displaystyle{ m^m+n^n \equiv 0\pmod{m+n} \iff (-n)^m+n^n \equiv n^m+n^n \equiv 0\pmod{m+n}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ m>n}\) (jeżeli \(\displaystyle{ m<n}\) postępujemy analogicznie, nigdzie nie korzystamy już z parzystości \(\displaystyle{ m}\)), wówczas:
\(\displaystyle{ n^{m-n}+1\equiv 0\pmod{m+n} \iff n^{m-n} \equiv -1\pmod{m+n} \Rightarrow n^{2m-2n} \equiv 1\pmod{m+n}}\)
Niech \(\displaystyle{ t = ord_{m+n}n}\), mamy wówczas (3 podzielność z MTF):
\(\displaystyle{ \begin{cases} t \mid 2m-2n\\ t \nmid m-n \\ t \mid m+n-1 \rightarrow t \mid 2m+2n-2 \end{cases}}\)
1 i 3 podzielność po zsumowaniu daje nam \(\displaystyle{ t \mid 4m-2 = 2(2m-1)}\), ale \(\displaystyle{ 2m-1 \in \mathbb_{P}}\), więc może być jedynie:
\(\displaystyle{ t = 1 \vee t=2 \vee t=2m-1 \vee t=4m-2}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ t=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ m+n \mid n-1}\), sprzeczność, bo \(\displaystyle{ m+n > n-1 > 0}\)
Podobnie jeżeli \(\displaystyle{ t=2}\) sprzeczność, gdyż:
\(\displaystyle{ n^2 \equiv 1\pmod{m+n} \iff (n-1)(n+1) \equiv 0\pmod{m+n} \\ \\ \iff m+n \mid n-1 \vee m+n \mid n+1}\)
Co daje sprzeczność analogicznie jak w przypadku \(\displaystyle{ t=1}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ t=2m-1}\), to:
\(\displaystyle{ t \mid 2m-2n \iff 2m-1 \mid 2m-2n-(2m-1) = -2n+1 \iff 2m-1 \mid 2n-1}\), jednak wtedy \(\displaystyle{ 2m-1 \le 2n-1 \iff m \le n}\) sprzeczność z przyjętym założeniem.
Jeżeli \(\displaystyle{ t=4m-2}\), to:
\(\displaystyle{ t|m+n-1 \iff 4m-2 \mid m+n-1 \rightarrow 4m-2 \le m+n-1 \iff 3m \le n+1}\), sprzeczność, gdyż mamy \(\displaystyle{ n+1 \ge 3m > 3n \Rightarrow n < \frac{1}{2}}\)
Drugą niepodzielność dowodzimy podobnie.