Регистрирайте се
За Стенс и всички останали алпинисти....
|
Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
ганка симеонова SUPER VIP
Регистриран на: 10 Jan 2008 Мнения: 5985 Местожителство: софия гласове: 298
|
Пуснато на: Wed Sep 10, 2008 4:23 pm Заглавие: За Стенс и всички останали алпинисти.... |
|
|
Да се намерят всички прости числа р, за които числото [tex]\frac{2^{p-1}-1}{p } [/tex]
e степен (с показател, по- голям от 1) на цяло число. |
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Baronov Напреднал
Регистриран на: 05 Jun 2008 Мнения: 316
гласове: 39
|
Пуснато на: Wed Sep 10, 2008 5:06 pm Заглавие: |
|
|
P=7 е единственото решение.
Следва директно от хипотезата на Каталан, че единствените 2 съседни степени са 8 и 9 (доказано през 2002).
Знам, че има елементарно решение на 2 реда, ама засега толкова. |
|
Върнете се в началото |
|
|
Пафнутий VIP
Регистриран на: 04 Mar 2008 Мнения: 1199
гласове: 54
|
Пуснато на: Wed Sep 10, 2008 9:12 pm Заглавие: |
|
|
Тази задача май ще се окаже твърде сложна за мен (това не пречи да продължа да се опитвам да я реша ) Частен случай на тази задача е даден на Националната Олимпиада по Математка на Индия 1995 г. (6 зад). Там е дадено да се намерят всички прости числа [tex]p[/tex], за които[tex] \frac{2^{p-1}-1}{p}[/tex] е точен квадрат. Интересно ми е какво ще е това "елементарно" решение на "2 реда", за което Баронов разправя |
|
Върнете се в началото |
|
|
Baronov Напреднал
Регистриран на: 05 Jun 2008 Мнения: 316
гласове: 39
|
Пуснато на: Tue Sep 16, 2008 11:41 am Заглавие: |
|
|
stanislav atanasov написа: | Тази задача май ще се окаже твърде сложна за мен (това не пречи да продължа да се опитвам да я реша ) Частен случай на тази задача е даден на Националната Олимпиада по Математка на Индия 1995 г. (6 зад). Там е дадено да се намерят всички прости числа [tex]p[/tex], за които[tex] \frac{2^{p-1}-1}{p}[/tex] е точен квадрат. Интересно ми е какво ще е това "елементарно" решение на "2 реда", за което Баронов разправя |
Частния случай го оставям на теб. Идеята за него е същата, като в долното решение.
Нека [tex]^{p-1}-1 = pq^{l}[/tex]. От твоето решение за l=2 следва, че можем да считаме, че l e просто. То в тая задача няма какво толкова да се прави, освен да се разложи лявата страна на множители. Нека p=2k+1 (очевидно p e нечетно). Тогава имаме:
[tex]pq^{l}=2^{p-1}-1=(2^{k}-1)(2^{k}+1)[/tex]. Понеже двата множителя вдясно са взаимно прости, то единият от тях е точна l-та степен, а другият е p*точна l-ta степен(тук използваме, че р е просто).
1 случай. [tex]2^{k}+1 = a^{l}[/tex]. Тогава имаме [tex]2^{k} = (a-1)(a^{l-1} + a^{l-2} + .. +a + 1)[/tex]. Сега обаче двата множителя в дясно са степени на 2, оттук а е нечетно, но тогава втория множител е сума на l нечетни числа и от тук е нечетен. Противоречие.
Втория случай, когато [tex]2^{k}-1 = a^{l}[/tex]. е напълно аналогичен(тук използваме, че l e нечетно).
Тоест решения с l > 2 няма. При l=2 същата идея ни дава единственото решение p=7. |
|
Върнете се в началото |
|
|
|
|
Не Можете да пускате нови теми Не Можете да отговаряте на темите Не Можете да променяте съобщенията си Не Можете да изтривате съобщенията си Не Можете да гласувате в анкети You cannot attach files in this forum Може да сваляте файлове от този форум
|
|