[Teoria liczb] Mix zadań.

[Zahion]

1. Dane są liczby naturalne \(\displaystyle{ a, b}\) takie, że \(\displaystyle{ 31^{1995}|a^{2}+b^{2}}\), czy wynika stąd, że \(\displaystyle{ 31^{1996} |ab}\) ? Odpowiedz uzasadnij.
2. Rozwiąż w zbiorze liczb pierwszych równanie :
\(\displaystyle{ 1)p^{2}+q^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}}\)
3. Czy równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych \(\displaystyle{ x,y,z}\), jeśli
a) \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=z^{3}}\)
b)\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=z^{3}}\) i \(\displaystyle{ NWD\left( x,y,z\right)=1}\).
c)\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=z^{1998}}\)
d)\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=z^{n}}\)\(\displaystyle{ , n \in}\) N
4. Dane są liczby całkowite \(\displaystyle{ a,b}\) takie, że :
a) Liczba \(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}}\) jest naturalna. Wykaż, że liczba ta jest także kwadratem pewnej liczby całkowitej.
b) Liczba \(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}}\) jest całkowita ujemna. Wyznacz możliwe wartości tej liczby.
c) dla pewnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ n = \frac{a^{2}+b^{2}}{ab-1}}\). Wyznacz możliwe wartości \(\displaystyle{ n}\).
5. Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą naturalną. Wykaż, że :
a) Istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych \(\displaystyle{ \left( a,b,c,d,e\right)}\) takich, że
\(\displaystyle{ n = \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}}{abcde+1}}\)
6. Wykaż, że istnieje nieskończenie wiele liczb \(\displaystyle{ n}\), że liczba \(\displaystyle{ \left( 0^{2}+1^{2}\right)\left( 1^{2}+1\right)\left( 2^{2}+1\right) ...\left( \left( n-1\right) ^{2}+1\right)}\) ma dzielnik postaci \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b \in N}\) i \(\displaystyle{ a, b \neq 1}\)
7. Liczby \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2},a^{2}+c^{2},b^{2}+c^{2}}\) są kwadratami pewnych liczb całkowitych, przy czym \(\displaystyle{ a,b,c \in N}\). Wykaż, że\(\displaystyle{ 55|abc}\)
8. Niech liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) będą naturalne oraz dla pewnej liczby \(\displaystyle{ k \in N}\) zachodzi \(\displaystyle{ k|x^{2}y+y^{2}z+xz^{2}-xyz}\) i \(\displaystyle{ k|xy^{2}+yz^{2}+x^{2}z-xyz}\). Czy \(\displaystyle{ k|\left( x^{2}+y^{2}\right)\left( y^{2}+z^{2}\right)\left( x^{2}+z^{2}\right)}\)? Odpowiedz uzasadnij.
9. Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie liczbą pierwszą postaci \(\displaystyle{ 4k+1,k \in N}\), mającą jeden rozkład na sumę kwadratów dwóch liczb całkowitych. Wyznacz maksymalną liczbę rozkładów na sumę kwadratów dwóch liczb całkowitych \(\displaystyle{ p^{4}}\)
10. Udowodnij, że dla \(\displaystyle{ n >1}\) liczba \(\displaystyle{ 1 + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{2n-1}}\) nie jest liczbą całkowitą.
11. Niech \(\displaystyle{ p _{k}}\) to \(\displaystyle{ k -}\) ta liczb pierwsza, udowodnij, że \(\displaystyle{ p _{k} < 2^{2^{k}}}\), \(\displaystyle{ k \ge 1}\)
Wszelkie błędy proszę zgłaszać w temacie.

[mol_ksiazkowy]

3a

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ (2n^3)^2+ (2n^3)^2 = (2n^2)^3}\) dla \(\displaystyle{ n=1, 2,, ....}\)

[gus]

W zadaniu 6. powinno być chyba \(\displaystyle{ a, b \neq 1}\)

Zadanie 10.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ m=1 + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{2n-1}}\)
Niech \(\displaystyle{ k=NWW(3, 5, ..., 2n-1)}\)
Wtedy liczba \(\displaystyle{ mk=k + \frac{k}{3} + ... + \frac{k}{2n-1}}\) jest całkowita.
Wybierzmy z ciągu \(\displaystyle{ 1, 3, ... , 2n-1}\) taką liczbę \(\displaystyle{ p}\), w której rozkładzie na czynniki pierwsze \(\displaystyle{ 3}\) występuje w największej potędze. Istnieje tylko jedna taka liczba (mogłoby być też \(\displaystyle{ 3^r \cdot 2}\), ale to jest liczba parzysta). Zauważmy, że lewa strona sumy jest podzielna przez \(\displaystyle{ 3}\) (bo \(\displaystyle{ 3|k}\)), a wszystkie czynniki po lewej stronie poza jednym (\(\displaystyle{ \frac{k}{p}}\)) są podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\), co daje sprzeczność.

[Zahion]

Dziękuje za zwrócenie uwagi. Oczywiście bez tego warunku zadanie byłoby łatwiejsze.

[Qń]

7:    

Dla pewnych \(\displaystyle{ k,l,m}\) naturalnych jest:
\(\displaystyle{ \begin{cases}a^2+b^2=k^2\\ b^2+c^2= l^2 \\ c^2+a^2=m^2\end{cases}}\)
Rozpatrzmy ten układ modulo \(\displaystyle{ 5}\). Resztami kwadratowymi modulo \(\displaystyle{ 5}\) są \(\displaystyle{ 0,1,4}\) - gdyby więc żadna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) nie przystawała do zera, to kwadrat każdej z nich przystawałby do \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 4}\). Stąd jednak wynika, że pewne dwie przystają do tego samego, a ani \(\displaystyle{ 1+1}\) ani \(\displaystyle{ 4+4\equiv 3}\) nie są resztami kwadratowymi, co oznacza sprzeczność.

Analogicznie, rozpatrzmy układ modulo \(\displaystyle{ 11}\). Resztami kwadratowymi modulo \(\displaystyle{ 11}\) są \(\displaystyle{ 0,1,3,4,5,9}\) - gdyby więc żadna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) nie przystawała do zera, to kwadrat każdej z nich przystawałby do \(\displaystyle{ 1,3,4,5}\) lub \(\displaystyle{ 9}\). Niech \(\displaystyle{ 1,3,4,5,9}\) będą wierzchołkami grafu takiego, że dwa wierzchołki są połączone krawędzią jeśli ich suma jest resztą kwadratową. Łatwo sprawdzić, że ten graf nie ma pętli i jest cyklem długości pięć. Tymczasem aby istniały żądane \(\displaystyle{ a,b,c}\) ten graf musiałby mieć cykl długości trzy - znów więc otrzymujemy sprzeczność.

Skoro więc któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\) i któraś przez \(\displaystyle{ 11}\), to ich iloczyn jest podzielny przez \(\displaystyle{ 55}\).

A jeśli się nie pomyliłem w rysowaniu stosownego grafu, to można pokazać też analogicznie, że \(\displaystyle{ abc}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 17}\).

Q.

[Ponewor]

6.:    

One wszystkie mają tę własność - tożsamość Diofantosa/Brahmagupty/Lagrange'a/Fibonacciego.

11.:    

To trywialny wniosek z twierdzenia Czebyszewa.

4a:    

IMO 1988 P6

3. cd:    

O rozkładach na sumę dwóch kwadratów wiemy dużo - wystarczy kłaść \(\displaystyle{ z=5^{k}}\) albo inną liczbę pierwszą taką, że \(\displaystyle{ 4\mid p-1}\).

1.:    

\(\displaystyle{ \left(\frac{-1}{31}\right)=-1}\), bo \(\displaystyle{ 4\nmid 30}\). A zatem \(\displaystyle{ 31\mid a}\) i \(\displaystyle{ 31\mid b}\). No ale wtedy \(\displaystyle{ 31^{1993}\mid \left(\frac{a}{31}\right)^{2}+\left(\frac{b}{31}\right)^{2}}\), skąd znów \(\displaystyle{ 31\mid \frac{a}{31}}\). Powtarzając to rozumowanie wielokrotnie otrzymujemy całkowitość liczb \(\displaystyle{ \frac{a}{31^{997}}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{b}{31^{997}}}\) i napis \(\displaystyle{ 31 \mid \left(\frac{a}{31^{997}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{31^{997}}\right)^{2}}\), skąd po raz ostatni mamy, że całkowite są liczby \(\displaystyle{ \frac{a}{31^{998}}}\) i \(\displaystyle{ \frac{b}{31^{998}}}\) skąd mamy \(\displaystyle{ 31^{1996}\mid ab}\).

[Michalinho]

4a:    

Niech \(\displaystyle{ v_p (a)=k, v_p (b)=l}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k=0 \vee l=0}\), to \(\displaystyle{ v_p(\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1})=0}\).
Niech \(\displaystyle{ k \neq 0, l \neq 0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ v_p (\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1})=v_p (a^2+b^2) - v_p(ab+1)=\min \{2k, 2l \}}\), bo \(\displaystyle{ ab+1 \perp a}\)
To znaczy, że każda liczba pierwsza wchodzi w rozkładzie liczby \(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}}\) z wykładnikiem \(\displaystyle{ 0}\),\(\displaystyle{ 2k}\), lub \(\displaystyle{ 2l}\), czyli jest kwadratem.

EDIT: W pierwszym przypadku jest chyba blef, ale to poprawie później.

[Ponewor]

Jest i tego nie poprawisz, bo to jest nieprawda i przemycasz pod tym ciężar zadania. Próbujesz wnioskować, że jak coś nie dzieli składników, to nie może dzielić sumy.

2.:    

Jeśli żadna z liczb \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 3}\), to prawa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ 3}\) i w rezultacie lewa też, skąd \(\displaystyle{ p=q=3}\), a stąd równanie bez rozwiązań \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=18}\).
Zatem \(\displaystyle{ c=3}\). Mamy \(\displaystyle{ p^{2}+q^{2}=a^{2}+b^{2}+9}\). Musimy mieć albo \(\displaystyle{ q=2}\) albo \(\displaystyle{ b=2}\) żeby zgadzała się parzystość. Stąd mamy dwa równania \(\displaystyle{ p^{2}=a^{2}+b^{2}+5}\), które się psuje modulo \(\displaystyle{ 5}\) i \(\displaystyle{ p^{2}+q^{2}=a^{2}+13}\), które psuje się modulo \(\displaystyle{ 8}\). Więc rozwiązań brak.

[Michalinho]

Ponewor, wiem ale da się to poprawić, bo gdy tylko jedno nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ p}\), to prawda. Trzeba jeszcze zrobić przypadek gdy obie nie są podzielne przez \(\displaystyle{ p}\).

[Ponewor]

No właśnie to jest ten najważniejszy przypadek. Przecież \(\displaystyle{ m+n}\) może mieć całe mnóstwo "nowych", zupełnie "niespodziewanych" dzielników. Spójrz na \(\displaystyle{ 11+49}\).

[mol_ksiazkowy]

3 cd

Ukryta treść:    

b) z tożsamości \(\displaystyle{ (x^3 - 3xy^2)^2 +(3x^2y - y^3)^2 =(x^2+y^2)^3}\)
co wynika np. gdy \(\displaystyle{ z=x+yi}\) tj. \(\displaystyle{ |z^3|=|z|^3}\);
i niech \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) będą wzglednie pierwsze.

[Michalinho]

No właśnie to jest ten najważniejszy przypadek. Przecież m+n może mieć całe mnóstwo "nowych", zupełnie "niespodziewanych" dzielników. Spójrz na 11+49.

Wiem o tym, naprawdę

[kicaj]

Szczególny przypadek zadania 8:    

Załóżmy, że k=p jest liczbą pierwszą. Wówczas

\(\displaystyle{ p|xy^2+yz^2 +zx^2 -xyz -yx^2 -xz^2 -zy^2 +xyz =(x-y) (y-z) (z-x)}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą więc \(\displaystyle{ p}\) dzieli którąś z liczb \(\displaystyle{ x-y, y-z, z-x .}\)
Powiedzmy, że \(\displaystyle{ p|x-y}\) wówczas

\(\displaystyle{ p|yx^2 +xz^2 +zy^2 -xyz =x(xy +z^2 )+zy(y-x)=xy(x-y) +x(y^2 +z^2) +zy(y-x).}\)

Więc \(\displaystyle{ p|x(z^2 +y^2)}\) skąd \(\displaystyle{ p|x}\) lub \(\displaystyle{ p|y^2 +z^2.}\) Jeśli \(\displaystyle{ p|y^2 +z^2}\) to koniec dowodu. Jeśli \(\displaystyle{ p|x}\) to \(\displaystyle{ p|x+(y-x) =y}\) a więc \(\displaystyle{ p|x^2 +y^2}\) .

[mol_ksiazkowy]

5 cd

Ukryta treść:    

czy \(\displaystyle{ n>2}\)?; inaczej \(\displaystyle{ a=b=c=d=1}\)

[marcin7Cd]

8)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ k|x^{2}y+y^2z+xz^2-xyz -(xy^2+yz^2+x^z-xyz)=-(x-y)(y-z)(z-x) \Rightarrow k|(x-y)(y-z)(z-x) \Rightarrow k|(x^2-y^2)(y^2-z^2)(z^2-x^2)}\)
Z założenia mam
\(\displaystyle{ k|2(yx^2+y^2z+xz^2-xyz)^{2}-4xyz(x-y)(y-z)(z-x)= \\ 2x^4y^2+2x^2y^2z^2+2x^z^4+2y^4z^2}\)
Łącząc te dwa fakty otrzymuje \(\displaystyle{ k|2x^4y^2+2x^2+y^2+z^2+2x^z^4+2y^4z^2+(x^2-y^2)(y^2-z^2)(z^2-x^2)= \\(x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)}\)

3) d)

Ukryta treść:    

Rozwiąże to za pomocą indukcji. dla \(\displaystyle{ n=1}\) równanie oczywiście ma nieskończenie wiele rozwiązań. Załóżmy indukcyjnie, że wszystkie równania \(\displaystyle{ x^2+y^2=z^i \ \hbox{dla} \ i=1,2,..., n}\) mają nieskończenie wiele rozwiązań. Teza indukcyjna to \(\displaystyle{ x^2+y^2=z^{n+1}}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań.
Dowód: dla \(\displaystyle{ 2\nmid n+1}\) podstawiam \(\displaystyle{ x=y=2^{\frac{n}{2}+(n+1)k} \ z=2^{2k+1} \Rightarrow \\ L=\left( 2^{\frac{n}{2}+(n+1)k}\right)^2+\left( 2^{\frac{n}{2}+(n+1)k}\right)^2=2 \cdot 2^{n+2(n+1)k}=2^{(n+1)(2k+1)}=\left( 2^{2k+1}\right)^{n+1}}\)
Dla \(\displaystyle{ 2|n+1}\) Podstawmy \(\displaystyle{ x=l^2-m^2 \ y=2lm}\) Gdzie \(\displaystyle{ m,l}\) są rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ m^2+l^2=z^{\frac{n+1}{2}}}\) Na mocy założenia indukcyjnego jest ich nieskończenie wiele (\(\displaystyle{ \frac{n+1}{2} \le n}\)). Sprawdzając mamy
\(\displaystyle{ L=(n^2-m^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2=\left( z^{\frac{n+1}{2}}\right)^2=z^{n+1}}\)
Co kończy dowód

9)

Ukryta treść:    

Z założenia mamy, że jest tylko jedna para liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ a>b}\) takich, że \(\displaystyle{ p=a^2+b^2}\). \(\displaystyle{ p^2}\) ma też tylko jedno przedstawienie na sumę dwóch kwadratów, bo wszystkie rozwiązania równania \(\displaystyle{ x^2+y^2=z^2}\) mają formę \(\displaystyle{ x=n^2-m^2 \ y=2nm \ z=m^2+n^2}\). A biorąc \(\displaystyle{ z=p}\) mamy, że\(\displaystyle{ p=m^2+n^2}\), a jedynymi rozwiązaniami są \(\displaystyle{ m=a \ n=b}\), więc \(\displaystyle{ p^2=(a^2-b^2)^2+(2ab)^2}\). Teraz przechodząc do \(\displaystyle{ x^2+y^2=p^4}\) otrzymaliśmy wcześniej, że jedynym rozwiązaniem \(\displaystyle{ p^2=t^2+l^2}\) jest \(\displaystyle{ t=a^2-b^2 \ \ l=2ab}\) i z tąd wynika(analogiczne rozumowanie co poprzednio), że jedynym przestawieniem liczby \(\displaystyle{ p^4}\) jako suma kwadratów jest \(\displaystyle{ p^4=(t^2-l^2)^2+(2tl)^2=(a^4-2a^2b^2+b^4-4a^2b^2)^2+(4a^3b-4ab^3)}\)