Trouver $n$ et $d$ pour que $U_d(n)$ sera donné ensemble.
Ceci est un article lié en quelque sorte à celui-ci que j'ai publié plus tôt . Dans cet article, le problème est si bien résolu, cependant, je ne peux pas utiliser la même idée dans cette situation actuelle.
Supposer $n$ est un entier positif et $d$est son diviseur positif. Si$U(n)$ être la collection de tous les entiers positifs inférieurs ou égaux à $n$ et coprime à $n$ et $$U_d(n)=\{x\in \mathbb{N}: x\equiv 1\pmod{d}\}$$ comment trouver $n,d$ tel que $$U_d(n)=\{1,13,25,37\}$$ Tiendrait ?
Clairement ici $d$ est le diviseur de pgcd de $1-1,13-1,25-1,37-1$ c'est à dire $12$. Alors$d=1,2,3,4,6,12$. Comment montrer$d$ est $12$seulement? Dans le problème ci-dessus, il n'y avait que deux valeurs 1 et 7. Cependant, ici, nous obtenons également un diviseur composite.
Une fois que nous montrons cela, comment trouver $n$ puis?
Fondamentalement, ce que je recherche pour une approche générale s'il y en a. Quelqu'un peut-il m'aider à ce sujet, s'il vous plaît?
Post travail
Après avoir reçu des conseils et des suggestions (grâce à la fois à Erik Wong et à cgss), j'essaye de résoudre ce problème autant que possible.
Par la réponse d'Erik, maintenant je comprends pourquoi $d=12$seulement. Par conséquent$U_d(n)$ devient maintenant $U_{12}(n)$. De plus,$12$ doit diviser $n$ et $n>37$ et chaque membre de $U_{12}(n)$ doit être de la forme $12k+1$. toutefois$25\in U_{12}(n)$ ce qui signifie $25\in U(n)$ et donc $(25,n)=1$ impliquant $(5,n)=1$. Donc$n$ doit être 5 gratuit.
Nous considérons alors, $$n=2^{a_1}3^{a_2}.m$$ où $a_1\geqslant 2, a_2\geqslant 1, m\in \mathbb{N}$ avec $(2.3.5, m)=1$. ensuite$$U_{12}(n)\simeq U\left(\frac{n}{12}\right)=U(2^{a_1-2}3^{a_2-1}m)$$ iff $(12, \frac{n}{12})=1$. Cela suggère que$a_1-2=0, a_2-1=0$ c'est à dire $a_1=2, a_2=1$ pour que $n$ réduit à $n=2^2 3^1 m$.
Par conséquent \begin{align*} &|U_{12}(n)|=|U(2^0 3^0 m)|\\ \Rightarrow &4=\varphi(m) \end{align*}
[Les réponses réelles sont $n=48, d=12$. Ce qui signifie que nous devons maintenant montrer$m=1$dans l'équation ci-dessus. La solution de$\varphi(m)=4$ sont $m\in \{5,8,10,12\}$ Mais comment pouvons-nous montrer ici $m=1$?]
Réponses
J'ai posté une réponse beaucoup plus longue sans supposer que $d \mid n$, qui admet un bon nombre de solutions. Exploiter cette contrainte nous donne une structure importante, à savoir que$U_d(n)$ est un sous-groupe du groupe d'unités $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$.
Depuis $U_d(n)$ a 4 éléments, chaque élément a une division d'ordre $4$. Par conséquent$n$ doit diviser les deux $13^4 - 1$ et $25^4 - 1$, dont le pgcd est de 48. Depuis $n \ge 37$, ça doit être exactement $48$. Nous concluons facilement que$d=12$ une fois que nous savons $n$.
Nous allons d'abord essayer d'éliminer les valeurs plus petites de $d$. Ils appartiennent chacun à l'une des deux catégories$d \mid 4$ et $d \mid 6$ (ces deux cas correspondent aux deux facteurs premiers de $12$).
Supposer $d \mid 4$: puis le fait que $U_d(n)$ ne contient pas $5$ doit être parce que $n$ est divisible par $5$, mais alors cela contredit $25 \in U_d(n)$.
Supposer $d \mid 6$: puis le fait que $U_d(n)$ ne contient pas $7, 19, 31$ doit être parce que $n$est divisible par tous ces nombres premiers. Mais alors$n > 169 = 13^2$, donc pour éviter $U_d(n)$ contenant $169$ nous avons besoin $n$ être divisible par $13$, contredisant $13 \in U_d(n)$.
Maintenant que nous sommes assurés $d=12$, il existe un certain nombre de choix valides de $n$, et une certaine quantité de vérification des cas est inévitable. Tout d'abord, dans la gamme$37 \le n < 49$, toutes les valeurs de $n$ devrait fonctionner sauf pour ceux divisibles par des nombres premiers d'exclusion $5,13,37$.
Une fois que nous vérifions les valeurs de $n \ge 49$, il suffit de considérer $7 \mid n$. Jusqu'à$n < 61$, cela suffit également pour exclure le seul $12k+1$ nombre $49$ cela cause des problèmes.
Après $n \ge 61$, nous avons besoin $7 \cdot 61 \mid n$. Mais cela force$n \ge 169$, et comme ci-dessus, nous savons que cela est impossible car $13 \in U_d(n)$.
Le principe général dans les deux parties de cet argument (isoler $d$ et alors $n$) est que les exclusions dues à la non-coprimalité ont tendance à produire des limites inférieures de plus en plus grandes pour $n$, et finalement forcer $[1,n]$ pour contenir un nombre composé uniquement de nombres premiers dont nous savons quelque chose.