|
Докажите, что $%11^p+19^q$% не может быть точной степенью (больше первой) натурального числа ни при каких простых $%p$% и $%q$%. задан 7 Ноя 0:55 
Казвертеночка
показано 5 из 14
показать еще 9
|
Здравствуйте
Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.
Присоединяйтесь!
отмечен:
задан
7 Ноя 0:55
показан
90 раз
обновлен
8 Ноя 12:49
Связанные вопросы
Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Случай нечётных p,q тривиален, то же для p=q=2. Для чисел 11^p+19^2, где p нечётно, легко проверить, что они делятся на 3, но не на 9. Исключение составляет случай p=3, но там в разложении на простые будет множитель 47.
Случай 11^2+19^q, где q нечётно, выглядит сложнее. Там естественно "сыграть" на том, что число делится на 5, но не на 5^2. Однако это верно не всегда. Если q=10m+9, то там делимость на 25 имеет место, и получается что-то не очень ясное. При q=19 есть множитель 7, при q=29 есть множитель 17, но в целом картина не очень ясна.
То есть я пока не "утешился" :)
@falcao, там всё намного проще! Рассказать или дать ещё подумать?
@Казвертеночка: сейчас я уже в полусонном состоянии, мог чего-то простого не заметить. Но я исходил из обычного для таких случаев достаточного условия делимости на некоторое простое p без делимости на его степень. Возможно, есть что-то помимо этого. Но если я завтра на свежую голову не догадаюсь, то можно будет рассказать, а пока что не надо. Тем более, что условие появилось не так давно, и некоторые из участников форума могли не успеть ознакомиться.
@falcao, хорошо, пока рассказывать не стану. К тому же, нужно подождать и других форумчан, обожающих Лию Табурчан.
@Казвертеночка: пока всё ещё не знаю, как "окучить" случай 11^2+19^q при q=10m+9, но будем думать!
@falcao, а разве там не 4 (mod 8) всегда при нечётном q?
Тогда единственная степень, которой может быть результат - квадрат, и получается, что степень 19 равна разности квадратов.
@knop: согласен, но это получается доведение решения до конца, а не какое-то отдельное простое решение, которого я на данный момент не вижу.
@knop, можно даже без разности квадратов обойтись, там ещё проще.
@Казвертеночка: ну, очередной день прошёл; решение доведено до конца усилиями @knop, но теперь хотелось бы услышать более простое.
@falcao, @knop, ясно, что $%p$% и $%q$% разной чётности, в противном случае всё выражение делилось бы на 2, но не делилось на 4.
Случай 1: $%11^2+19^q=121+19^q$% даёт остаток 4 при делении на 8 (так как $%q$% у нас нечётное), а значит, если степень, то только квадрат. Но это невозможно по модулю 3, так как 121 даёт 1 и степень числа 19 тоже даёт 1.
Случай 2: $%19^2+11^q=361+11^q$% тоже даёт остаток 4 при делении на 8 (так как $%q$% у нас нечётное), а значит, если степень, то только квадрат. Но квадраты на двойку не кончаются!
Вот и вся любовь! А вы: "засахарилось, засахарилось!" :)
@Казвертеночка: тут упрощения незначительные. Идеи почти те же самые. Я-то из сказанного было подумал, что речь о чём-то принципиально более простом.
@falcao, может, существует и ещё более простое решение, чем моё, просто мне не удалось пока до него додуматься.
@Казвертеночка: Ваши предыдущие слова можно было понять и так, что есть какой-то принципиально другой путь решения. Здесь же речь о тех же самых идеях, которые предлагались, но с "доделкой" на финальной стадии (что и сделал @knop). Я хотя и не обращаю внимания на "теги" (там может быть написано хоть "короли и капуста" :)), но всё-таки теоретически всегда можно подумать на наличие какого-то "младшеклассного" или "утешительного" решения. А если его не было и нет, то такова, видимо, природа самой задачи (которая сама по себе весьма неплоха).