2 олимпиадни задачи

[v1rusman]

Зад.1 Намерете всички естествени числа [tex]n[/tex], за които [tex]n^n + 1[/tex] е просто число.

Зад.2 Намерете всички рационални числа [tex]s[/tex], за които [tex]s^2+5[/tex] и [tex]s^2-5[/tex] са едновременно точни квадрати.

[Реклама]

[blqaa]

Сигурен ли си, че на втора задача това е пълното и вярно зададено условие?

[Пафнутий]

Очевидно е, че става на въпрос за точен квадрат на рационално число.

[blqaa]

Нали трябва да съм конкурентоспособен

[Пафнутий]

[astateoftrance]

Първа задача:
n=1;2 са очевидни решения. Очевидно е и че n трябва да е четно. Тогава нека n=2n₀. Следователно (2n₀ на степен 2n₀) плюс 1 трябва да е просто. Но 2n₀ на степен 2n₀ е равно на 4n₀² на степен n₀. Следователно ако n₀ е нечетно, нашето число ще се разлага на множители. Следователно n₀ е четно. Тогава нека n₀=2n₁. Като приложим същото разсъждение излиза че n се дели на всяка степен на 2, следователно получаваме n=1 и така решенията остават само 1 и 2.

[Пафнутий]

Изпуснал си само да кажеш, че си допуснал, че [tex]n_{0}>1[/tex], защото и 1 е нечетно, но при него нямаме разлагане.

[astateoftrance]

Да де, то се подразбира че гледам n>2.

[Saposto_MM]

astateoftrance, ти доказваш, че n е степен на двойката. Вижте тук.

[astateoftrance]

Значи съм объркал подхода

[dim]

Ето и моите разсъждения за първата задача:
Нека [tex]n[/tex] има някой нечетен делител [tex]q[/tex]. Тогава [tex]n=p.q[/tex], [tex]p,q>1[/tex] . [tex]n^n+1=(pq)^{(pq)}+1=((pq)^p)^q=((pq)^p+1)((pq)^{p(q-1)}-(pq)^{p(q-2)}+...+1)[/tex], което означава, че в този случай числото [tex]n^n+1[/tex] е съставно. Това означава, че за да имаме просто чиали [tex]n[/tex] трявба на е четно и при това да не съдържа нито един нечетен делител, т. е. трябва да е степен на двойката. Значи [tex]n^n+1=(2^a)^{2^a}+1=2^{a.2^a}+1[/tex], което е винаги съставно за ако [tex]a[/tex] е нечетно или има нечетен делител. Значи [tex]a[/tex] е от видът [tex]2^b[/tex]=>[tex]n^n+1=2^{a.2^a}+1=2^{2^{b+2^b}}+1[/tex], което ако е просто е просто число на Ферма, а доколкото знам все още не е доказано дали тия числа са краен брой. Ако не греша дотук става въпрос за решаване на проблема за простите числа на Ферма в когато видът на степента [tex]s[/tex] в [tex]2^{2^s}+1[/tex] е [tex]b+2^b[/tex].

[Пафнутий]

А проблемът с простите числа на Ферма е отворен...
ПП Моята идея пък беше да използваме, че [tex]n^n\equiv (p-1)!(mod p)[/tex] и да докажем, че сравнението е невъзможно при [tex]n>2[/tex].