Farkına varmak $n$ ve $d$ Böylece $U_d(n)$ set verilecektir.
Bu, daha önce yayınladığım bir şekilde bununla ilgili bir gönderi . Bu yazıda sorun çok güzel çözüldü, ancak mevcut durumda aynı fikri kullanamıyorum.
Varsayalım $n$ pozitif bir tam sayıdır ve $d$pozitif bölen. Eğer$U(n)$ küçük veya eşit tüm pozitif tam sayıların toplanması $n$ ve coprime $n$ ve $$U_d(n)=\{x\in \mathbb{N}: x\equiv 1\pmod{d}\}$$ nasıl bulunur $n,d$ öyle ki $$U_d(n)=\{1,13,25,37\}$$ tutabilirdi ?
Açıkça burada $d$ gcd'nin bölen $1-1,13-1,25-1,37-1$ yani $12$. Yani$d=1,2,3,4,6,12$. Nasıl gösterilir$d$ dır-dir $12$bir tek? Yukarıdaki problemde sadece iki değer 1 ve 7 vardı. Ancak burada da bileşik bölen elde ediyoruz.
Bunu gösterdikten sonra nasıl bulunur $n$ sonra?
Temel olarak, varsa genel bir yaklaşım aradığım şey. Biri bana bu konuda yardım edebilir mi lütfen?
İş Sonrası
İpuçları ve öneriler aldıktan sonra (Erik Wong ve cgss sayesinde) bu sorunu elimden geldiğince çözmeye çalışıyorum.
Erik'in cevabıyla, nedenini şimdi anlıyorum $d=12$bir tek. Bu nedenle$U_d(n)$ şimdi olur $U_{12}(n)$. Dahası,$12$ bölünmeli $n$ ve $n>37$ ve her üyesi $U_{12}(n)$ formda olmalı $12k+1$. ancak$25\in U_{12}(n)$ bunun anlamı $25\in U(n)$ ve bu yüzden $(25,n)=1$ ima eden $(5,n)=1$. Böylece$n$ 5 ücretsiz olmalıdır.
O zaman düşünürüz, $$n=2^{a_1}3^{a_2}.m$$ nerede $a_1\geqslant 2, a_2\geqslant 1, m\in \mathbb{N}$ ile $(2.3.5, m)=1$. Sonra$$U_{12}(n)\simeq U\left(\frac{n}{12}\right)=U(2^{a_1-2}3^{a_2-1}m)$$ iff $(12, \frac{n}{12})=1$. Bu şunu önerir$a_1-2=0, a_2-1=0$ yani $a_1=2, a_2=1$ Böylece $n$ azaltır $n=2^2 3^1 m$.
Bu nedenle \begin{align*} &|U_{12}(n)|=|U(2^0 3^0 m)|\\ \Rightarrow &4=\varphi(m) \end{align*}
[Asıl cevaplar $n=48, d=12$. Bu da şimdi göstermemiz gerektiği anlamına geliyor$m=1$yukarıdaki denklemde. Çözümü$\varphi(m)=4$ vardır $m\in \{5,8,10,12\}$ Ama burada nasıl gösterebiliriz $m=1$?]
Yanıtlar
Varsayımı olmadan çok daha uzun bir yanıt gönderdim $d \mid n$, bu da çok sayıda çözümü kabul ediyor. Bu kısıtlamadan yararlanmak bize önemli miktarda yapı sağlar, yani$U_d(n)$ birimler grubunun bir alt grubudur $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$.
Dan beri $U_d(n)$ 4 öğeye sahiptir, her öğenin sıralaması vardır $4$. Bu nedenle$n$ ikisini de bölmeli $13^4 - 1$ ve $25^4 - 1$, gcd'si 48 olan. $n \ge 37$tam olarak olmalı $48$. Kolayca sonuca varıyoruz$d=12$ bildiğimizde $n$.
İlk önce daha küçük değerleri dışlamaya çalışacağız $d$. Her biri iki kategoriden birine giriyor$d \mid 4$ ve $d \mid 6$ (bu iki durum, iki asal çarpana karşılık gelir $12$).
Varsayalım $d \mid 4$: sonra gerçeği $U_d(n)$ içermez $5$ çünkü olmalı $n$ ile bölünebilir $5$ama sonra bu çelişiyor $25 \in U_d(n)$.
Varsayalım $d \mid 6$: sonra gerçeği $U_d(n)$ içermez $7, 19, 31$ çünkü olmalı $n$tüm bu asal sayılarla bölünebilir. Ama sonra$n > 169 = 13^2$bu yüzden kaçınmak için $U_d(n)$ kapsamak $169$ ihtiyacımız var $n$ ile bölünebilir olmak $13$çelişen $13 \in U_d(n)$.
Şimdi emin olduk $d=12$, bir dizi geçerli seçenek vardır $n$ve bir miktar vaka kontrolü kaçınılmazdır. İlk olarak, aralıkta$37 \le n < 49$, tüm değerleri $n$ dışlayıcı asallarla bölünebilenler dışında çalışmalıdır $5,13,37$.
Değerlerini kontrol ettikten sonra $n \ge 49$sadece düşünmemiz gerekiyor $7 \mid n$. Kadar$n < 61$, bu aynı zamanda tek $12k+1$ numara $49$ sorun yaratır.
Sonra $n \ge 61$, ihtiyacımız var $7 \cdot 61 \mid n$. Ama bu güçler$n \ge 169$ve yukarıdaki gibi bunun imkansız olduğunu biliyoruz çünkü $13 \in U_d(n)$.
Bu argümanın her iki kısmındaki genel ilke (izolasyon $d$ ve sonra $n$), eş suçluluğun olmamasından kaynaklanan istisnaların, daha büyük ve daha büyük alt sınırlar sağlama eğiliminde olmasıdır. $n$ve sonunda zorla $[1,n]$ sadece hakkında bir şeyler bildiğimiz asal sayılardan oluşan bir sayı içermek.