बाल्कन मो: सभी संभव अपराधों का पता लगाएं $p$ तथा $q$ ऐसा है कि $3p^{q-1}+1$ बांटता है $11^p+17^p$। [बंद किया हुआ]
सभी संभव अपराधों का पता लगाएं $p$ तथा $q$ ऐसा है कि $3p^{q-1}+1$ बांटता है $11^p+17^p$।
इस समस्या को MSE में 2 बार पोस्ट किया गया था, लेकिन इसे कभी हल नहीं किया गया। क्या कोई मेरी मदत कर सकता है?
मैं ऑर्डर और मॉड का उपयोग करने वाला हूं
जवाब
छिपे हुए संकेतों के साथ उत्तर दें। हम मानते हैं कि$3p^{q-1} +1$ बांटता है $11^p+17^p$ कुछ अपराधों के लिए $p$ तथा $q$।
- अगर $p=2$, यह संभव नहीं है। (पाशविक बल)
के लिये $p=2$ अपने पास $11^2+17^2 = 410$ जिसके कारक हैं $1,2,5,10,41,82,205,410$। अगर$3 \times 2^{q-1}+1$ एक कारक है तो वह कारक रूप का है $3k+1$ अर्थात वह कारक केवल हो सकता है $1,10,82$ या $204$, लेकिन प्रत्येक मामले में $k \neq 2^{q-1}$ के लिये $q$ प्रधान।
- अब के लिए $p>2$, $ 8 \nmid 11^p+17^p$।
जबसे $p$ अजीब है, $$11^p + 17^p \equiv 3^p+1 \equiv 3+1\equiv 4 \mod 8$$
- चलो $r$ के एक अजीब प्रधान भाजक हो $3p^{q-1}+1$। फिर$r \notin \{3,11,17\}$।
बेशक $r \neq 3$, अन्यथा यह फॉर्म के एक नंबर को विभाजित नहीं कर सकता है $3k+1$। परंतु$3p^{q-1}+1$ बांटता है $11^p+17^p$ तो यदि $r$ आरएचएस को विभाजित करता है तो इसे विभाजित नहीं किया जा सकता है $11^p$ या $17^p$जैसा कि इसे दूसरे को भी विभाजित करना होगा, लेकिन दोनों कोप्राइम हैं। इसके फलस्वरूप$r \neq 11,17$।
- वहां एक है $b$ ऐसा है कि $17b \equiv 1 \mod r$, बेज़ाउट के प्रमेय द्वारा। वो दिखाओ$ord_r(11b) \in \{2,2p\}$।
अगर $17b \equiv 1 \mod r$ तब फिर $b^p(11^p+17^p) \equiv (11b)^p +1\mod r$, लेकिन आ $r$ बांटता है $11^p+17^p$ तोह फिर $(11b)^p + 1$ का एक बहु है $r$, और इसीलिए $(11b)^{2p}-1$ का एक बहु है $r$। इसलिए$ord_r(11b)$ बांटता है $2p$, लेकिन नहीं के बराबर है $1$ जाहिरा तौर पर।
- चलो $ord_r(11b) = 2$। फिर$r=7$।
अगर ऐसा है तो $r$ बांटता है $(11b)^2-1$, लेकिन फिर यह भी विभाजित होता है $(11b)^2 - (17b)^2$, और क्योंकि यह मुकाबला है $b$ का एक भाजक है $11^2-17^2 = -168$। जबसे$r \neq 3$ हमारे पास ये होना चाहिए $r=7$।
अगर $ord_r(11b) = 2p$ तब फिर $2p$ बांटता है $r-1$, Fermat की छोटी प्रमेय द्वारा। इसलिए हम मुख्य अपघटन लिख सकते हैं$$ 3p^{q-1}+1 = 2^{\alpha}7^{\beta}p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k} $$ कहां है $p_i \neq 2,7$ के साथ प्रमुख कारक हैं $p_i \equiv 1 \mod 2p$।
हमारे पास है $\beta \leq 1$, कि देख कर $\frac{11^p+17^p}{28}$ एक से अधिक नहीं है $7$। (संकेत:$11+17= 28$, ताकि अंश निश्चित रूप से एक प्राकृतिक संख्या है, लेकिन आप अधिक कह सकते हैं) इस प्रकार $\beta \leq 1$।
मानक कारक $\frac{a^p-b^p}{a-b} = \sum_{k=1}^{n-1} a^kb^{n-k}$ के साथ लागू होता है $a=11,b=-17$ और हम उपयोग कर रहे हैं $11 \equiv 4$ तथा $17 \equiv -4$ मॉड $7$, उस $\frac{11^p+17^p}{28} \equiv p4^{p-1}$ मॉड $7$, तथा $p \neq 7$(क्यूं कर?)
- अगर $q=2$, तो समस्या का कोई हल नहीं है।
अगर ऐसा है तो $3p+1 = 2^{\alpha}7^{\beta}p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k}$, लेकिन प्रत्येक $p_i$ कम से कम है $2p+1$ जो आधे से अधिक है $3p+1$। इसलिए नहीं$p_i$मौजूद। पर मौजूदा सीमा द्वारा$\alpha,\beta$ केवल उम्मीदवार हैं $3p+1 = 2,4,14,28$कोई भी काम नहीं है।
- अगर $q>2$, तब फिर $\alpha = 2$ तथा $p=3$।
अगर $q>2$, तब फिर $p^{q-1} \equiv 1 \mod 4$ जबसे $q-1$ इसलिए भी है $3p^{q-1} +1$ का एक बहु है $4$, तोह फिर $\alpha = 2$। आखिरकार,$2^{\alpha}7^{\beta} p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k}$ के अनुरूप है $4$ या $28$ modulo $p$, क्यों कि $p_i$ सभी बधाई के पात्र हैं $1$ modulo $p$। परंतु$3p^{q-1}+1$ के अनुरूप है $1$ modulo $p$। जैसा कि ये समान हैं, हम या तो प्राप्त करते हैं$1-4$ या $1-28$ का एक बहु है $p$। किसी भी तरह से$p=3$।
- देखना है कि $q=3$ होना चाहिए अगर $p=3$।
खैर, हमारे पास है $11^3+17^3= 6244 = 2^2 \times 7 \times 223$, तो यदि $3 \times 3^{q-1} +1$ का एक बहु है $6244$, तो यह कहने जैसा ही है $3^q+1$ का एक बहु है $6244$, और इसीलिए $q=3$ तब से एकमात्र विकल्प है $q=1,2,4,...,7$ काम नहीं करते और $q=8$ बहुत बड़ा है।
- इस प्रकार $p=q=3$ एकमात्र उपाय है।
एक और तरीका:
यूलर की कसौटी के कारण:
$A=3^{\frac{7-1}2=3}+1 \equiv 0 \ mod (7)$
$3\times 3^{q-1}+1\equiv 0 \ mod (7)$
ये दो संबंध देते हैं $p=q=3$
इस मामले में $A=28$।
हम इसे आरएचएस के साथ जांचते हैं, अर्थात $B=11^p+17^q$:
$11\equiv 4 \mod (7)$ , $\rightarrow 11^p \equiv 4^p \mod (7)=7a+4^p$
$17 \equiv 3 \ mod (7)$, $\rightarrow 17^q\equiv 3^q \ mod (7)=7b+3^q$
$17^q$ तथा $3^q$ अजीब हैं $7b$ यहां तक कि इसलिए:
$17^q=14 b_1+3^q$
⇒ $11^p+13^q=7a+7b+4^p+3^q$
$11^p+17^q$ तथा $4^p+3^q$ अजीब हैं $7a+7b$ यहां तक कि होना चाहिए; $7b=14b_1$ सम है, इसलिए $7a$ भी होना चाहिए, चलो $7a=14a_1$, तो हमारे पास:
$11^p+17^q=14(a_1+b_1)+4^p+3^q$
$4^p+3^q=(7-3)^p+3^q= 7t -3^p+3^q$
ज़रुरत है $11^p+11^q\equiv (4^p+3^q)\equiv 0 \ mod (7)$
यह तभी संभव है जब $p=q$ ऐसा है कि:
$4^p+3^q=(7-3)^p+3^q= 7t +(-3^p+3^q=0)=7t$
अब अगर $p=q=3$ तब फिर $14a_1+14b_1=28 k$, इसलिये:
$11^3+17^3=223\times 28$
इसलिये $A=28\big|B$
अर्थात् $p=q=3$ एक समाधान हो सकता है।