Scoprire $n$ e $d$ così che $U_d(n)$ sarà dato set.
Questo è un post relativo in qualche modo a questo che ho pubblicato in precedenza . In questo post il problema è risolto così bene, tuttavia, non sono in grado di utilizzare la stessa idea in questa situazione attuale.
Supponiamo $n$ è un numero intero positivo e $d$è il suo divisore positivo. Se$U(n)$ essere la raccolta di tutti i numeri interi positivi minori o uguali a $n$ e coprimo a $n$ e $$U_d(n)=\{x\in \mathbb{N}: x\equiv 1\pmod{d}\}$$ come trovare $n,d$ tale che $$U_d(n)=\{1,13,25,37\}$$ terrebbe?
Chiaramente qui $d$ è il divisore di mcd di $1-1,13-1,25-1,37-1$ cioè $12$. Così$d=1,2,3,4,6,12$. Come mostrare$d$ è $12$solo? Nel problema precedente c'erano solo due valori 1 e 7. Tuttavia qui stiamo ottenendo anche un divisore composto.
Una volta che lo dimostreremo, come trovarlo $n$ poi?
Fondamentalmente quello che cerco è un approccio generale, se ce ne sono. Qualcuno può aiutarmi in questo, per favore?
Post lavoro
Dopo aver ricevuto suggerimenti e suggerimenti (grazie sia a Erik Wong che a cgss) cerco di risolvere questo problema il più possibile.
Dalla risposta di Erik, ora capisco perché $d=12$solo. Perciò$U_d(n)$ diventa adesso $U_{12}(n)$. Inoltre,$12$ deve dividere $n$ e $n>37$ e ogni membro di $U_{12}(n)$ deve essere della forma $12k+1$. però$25\in U_{12}(n)$ che significa $25\in U(n)$ e così $(25,n)=1$ implicando $(5,n)=1$. Così$n$ deve essere 5 gratis.
Consideriamo quindi, $$n=2^{a_1}3^{a_2}.m$$ dove $a_1\geqslant 2, a_2\geqslant 1, m\in \mathbb{N}$ con $(2.3.5, m)=1$. Poi$$U_{12}(n)\simeq U\left(\frac{n}{12}\right)=U(2^{a_1-2}3^{a_2-1}m)$$ iff $(12, \frac{n}{12})=1$. Questo lo suggerisce$a_1-2=0, a_2-1=0$ cioè $a_1=2, a_2=1$ così che $n$ si riduce a $n=2^2 3^1 m$.
Perciò \begin{align*} &|U_{12}(n)|=|U(2^0 3^0 m)|\\ \Rightarrow &4=\varphi(m) \end{align*}
[Le risposte effettive sono $n=48, d=12$. Il che significa che ora dobbiamo mostrarlo$m=1$nell'equazione precedente. La soluzione di$\varphi(m)=4$ siamo $m\in \{5,8,10,12\}$ Ma come possiamo mostrarlo qui $m=1$?]
Risposte
Ho pubblicato una risposta molto più lunga senza il presupposto che $d \mid n$, che ammette un discreto numero di soluzioni. Sfruttare questo vincolo ci dà una quantità significativa di struttura, vale a dire quella$U_d(n)$ è un sottogruppo del gruppo di unità $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$.
Da $U_d(n)$ ha 4 elementi, ogni elemento ha la divisione dell'ordine $4$. Quindi$n$ deve dividere entrambi $13^4 - 1$ e $25^4 - 1$, il cui mcd è 48. Da allora $n \ge 37$, deve essere esattamente $48$. Lo concludiamo facilmente$d=12$ una volta che lo sappiamo $n$.
Per prima cosa proveremo a escludere valori più piccoli di $d$. Ciascuno di essi rientra in una delle due categorie$d \mid 4$ e $d \mid 6$ (questi due casi corrispondono ai due fattori primi di $12$).
Supponiamo $d \mid 4$: poi il fatto che $U_d(n)$ non contiene $5$ deve essere perché $n$ è divisibile per $5$, ma poi questo contraddice $25 \in U_d(n)$.
Supponiamo $d \mid 6$: poi il fatto che $U_d(n)$ non contiene $7, 19, 31$ deve essere perché $n$è divisibile per tutti quei numeri primi. Ma allora$n > 169 = 13^2$, quindi per evitare $U_d(n)$ contenente $169$ abbiamo bisogno $n$ essere divisibile per $13$, contraddittorio $13 \in U_d(n)$.
Ora che ci è stato assicurato $d=12$, sono disponibili numerose scelte valide di $n$e una certa quantità di controllo dei casi è inevitabile. In primo luogo, nella gamma$37 \le n < 49$, tutti i valori di $n$ dovrebbe funzionare ad eccezione di quelli divisibili per numeri primi di esclusione $5,13,37$.
Una volta verificati i valori di $n \ge 49$, dobbiamo solo considerare $7 \mid n$. Fino a$n < 61$, anche questo è sufficiente per escludere l'unico $12k+1$ numero $49$ che causa problemi.
Dopo $n \ge 61$, abbiamo bisogno $7 \cdot 61 \mid n$. Ma questo forza$n \ge 169$, e come sopra sappiamo che questo è impossibile perché $13 \in U_d(n)$.
Il principio generale in entrambe le parti di questo argomento (isolating $d$ e poi $n$) è che le esclusioni dovute alla non coprimalità tendono a produrre limiti inferiori sempre più ampi per $n$e alla fine forza $[1,n]$ contenere un numero composto solo da numeri primi di cui sappiamo qualcosa.