Двадцать Третий Российский Фестиваль юных математиков

[Navid]

Существует ли такое натуральное число $n $, что $ 3^n + 5^n $ делится на $ n^2 -25$ ?

[Navid]

Интересно, что должно быть официальное решение этой проблемы, связь на этом сайте мертв!

http://crdo-bernoulli.kubannet.ru/fum.html

[nnosipov]

А что интересного может быть в официальном решении? Какое-нибудь решение этой задачи Вам известно? Я вот здесь topic100737.html намекнул, как эта задача решается: нужно вычислять соответствующие символы Якоби.

[Navid]

Я также думал, что это может быть решена путем символом Legender, но некоторые дело не хватает .....
Я слышал эту проблему был предложен Fedor.Petrov, как я знаю его, он может решить с элементарными методами

[nnosipov]

Navid в сообщении #1055845 писал(а):

Я также думал, что это может быть решена путем символом Legender, но некоторые дело не хватает .....

Ну не знаю, у меня всё получилось. И ничего принципиально нового в этой задаче я не увидел.

Символ Лежандра (Якоби) --- вполне себе элементарная вещь. Почему-то я уверен, что те "юные математики", которые принимают участие в данном соревновании, знают про квадратичные вычеты. А если не знают, то им же хуже.

[maxal]

Кстати, есть выглядящая похоже задача нахождения всех решений $(m^2-1)\mid 3^m+5^m$, которая до сих пор нерешена. Задача возникла из-за опечатки в популярной книжке, взвинтившей её сложность до открытой проблемы ;)
См. http://mathoverflow.net/questions/16341 ... onentials/

[Navid]

возможно, я слеп! но ...
если $n$ даже, очевидно, что мы сделали! так как $ 3^n + 5^n $ есть простой делитель, который имеет напоминание -1 по модулю 4.

но, если $n$ нечетное, то можно установить $n= 2m+1 $., так как для нечетного каждого простого делителя $ 3^{2m+1} +5^{2m+1}$ мы должны -15, будучи квадратичным вычетом по модулю их, мы заключаем, что простые числа разделив его имеет остаток 1,2,4,8 модулю 15, и мы можем сказать, что $ 3^{2m+1} +5^{2m+1}$ делится на $ 4(m+3)(m-2) $
но, как я вспомнил некоторые дело не было полностью опровергнута!

-- 23.09.2015, 01:50 --

Спасибо Maxal! , Я вспомнил эту проблему! , Во втором издании книги автор, реформировал постановку задачи! , Это является причиной, почему я думаю, что Mr.Petrov, решить ее с элементарных решений, и предложил его на фестивале.
Но, к сожалению, решение не мог быть загрузки!

[maxal]

Для нечётного $n$ исходная задача сводится к установлению, что $n\equiv \pm1\pmod{8}$ и вычислению символа Якоби $\left(\frac{-15}{(n^2-25)/8}\right)$.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1055894 писал(а):

Кстати, ...

Да, занятная история.

-- Ср сен 23, 2015 06:49:01 --

maxal в сообщении #1055903 писал(а):

Для нечётного $n$ исходная задача сводится к установлению, что $n\equiv \pm1\pmod{8}$

Хм ... Я заметил, что $n$ должно быть вида $6m+3$. Надо будет перепроверить.

[maxal]

nnosipov в сообщении #1055926 писал(а):

Я заметил, что $n$ должно быть вида $6m+3$.

Одно другому не мешает, но тут важно избавиться от степеней 2-ки в модуле для последующего вычисления символа Якоби.

[Navid]

Я думаю, мы можем завершить свой подход с таким образом:

Легко видеть, что это соотношение выделяет для $p$ возможные остатки 1, 2,4,8 по модулю 15. Видим, что это просто все степени 2 по модулю 15. Значит, по модулю 15 каждое из чисел $n - 5$, $n + 5$ есть степень 2 (т.е. дает один из остатков 1,2,4,8), но среди них нет двух, отличающихся на 10. Противоречие.

[Shadow]

Navid в сообщении #1057658 писал(а):

Значит, по модулю 15 каждое из чисел $n - 5$, $n + 5$ есть степень 2 (т.е. дает один из остатков 1,2,4,8),

Не значит.

[Navid]

Конгруэнция берется по модулю 15, возможно, это лучше сказать, что оба $n-5$, $n+5$ являются conguent к 1,2,4,8 модулю 15. (Я использовал полномочия 2, потому что я думаю, что это имеет смысл, что поскольку все простые числа, делящие $n-5$, $n+5$ сравнимы с 1,2,4,8 модулю 15, ихний продукт так!)