2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 12:53 


26/08/11
2057
Я напишу частный случай одной задачи, который меня затруднил. Я его решил, но мое решение мне кажется громоздким и мало связано с теорией чисел. Хотел бы увидеть другие. Задача не предполагает использование вычислительной техники. Вот она: Найти все нечетные простые $p,q$, такие что

$\begin{cases} q^3 \mid p^5-3^5\\p^3 \mid q^5-3^5\end{cases}$

свое решение напишу потом (если стыдно не станет)

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 13:46 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Идея решения может быть такой. Имеем $p^5-3^5=(p-3)(p^4+\ldots+3^4) \equiv 0 \pmod{q^3}$. НОД чисел $p-3$ и $p^4+\ldots+3^4$ ограничен абсолютной константой $C$, поэтому если $p-3 \equiv p^4+\ldots+3^4 \equiv 0 \pmod{q}$, то $q$ делит не превосходит $C$ (и такие $q$ можно все перебрать). Значит, либо $p-3 \equiv 0 \pmod{q^3}$ (и тогда $p$ слишком велико, чтобы $q^5-3^5$ делилось на $p^3$), либо $p^4+\ldots+3^4 \equiv 0 \pmod{q^3}$. Считая теперь $p<q$, получим, что $p$ не меньше, чем что-то порядка $q^{3/4}$. Но тогда $p^5+q^5-3^5$ не может делиться на $p^3q^3$, поскольку делимое не превосходит чего-то порядка $q^5$, а делитель не меньше чего-то порядка $q^3(q^{3/4})^3=q^{21/4}>q^5$.

Здесь действительно нет (практически) теории чисел, ну так и хорошо, не надо голову ломать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 13:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
А вот недавно была задача $2x^2+y^2+1=xyk$. Там ведь тоже $2x^2 \equiv -1 \mod y,\ y^2 \equiv -1 \mod x,$, а кончилось всё разложением квадратного радикала. Можно записать по аналогии $p^5+q^5-3^5=k(pq)^5$ и посмотреть что получится. Мало ли.

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 14:00 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Andrey A в сообщении #1440676 писал(а):
$p^5+q^5-3^5=k(pq)^5$
Это уравнение легко исследовать, даже не предполагая $p$ и $q$ простыми. Но вообще-то мы можем написать только $p^5+q^5-3^5=k(pq)^3$. В произвольных натуральных числах эту штуку решать непонятно как.

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 14:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Ну, это скорее повод для размышления. Первое что пришло в голову.

PS Еще старинная тема https://dxdy.ru/post696381.html#p696381, там тоже степени "взаимосравнимы" по модулю друг друга, но с единицей. И числа большие выходят.

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 15:25 


26/08/11
2057
nnosipov
Andrey A
Спасибо. У меня тоже решение с оценками.
nnosipov в сообщении #1440675 писал(а):
что $p$ не меньше, чем что-то порядка
именно так, но когда надо прецизно все расписать начинаются головные боли - что все верно при $p$ больше порядка 50, а до 50 проверять не охота. Изложу в оффтоп свое решение, у кого-то может быть другое.

(Оффтоп)

Считаем $p>q\ge 5$ а также

$\dfrac{p^5+q^5-3^5}{p^3q^3}=\dfrac{A}{B}\in \mathbb{N}$

Утверждение - знаменатель больше числителя при условиях задачи.

$\dfrac{q^5-3^5}{p^3}=(q-3)k$ для некоторого нечетного, неделящегося на три $k$. (числитель кратен $q-3$ которое взаимнопростое с $p$, т.к. меньше его).

Если $k>1$, т.е $k\ge 5$, то $(q-3)k \ge 2q$ для всех $q\ge 5$ Или $q^5 \ge 2qp^3$, т.е $q^4>2p^3$. И тогда

$qB>2p^6$

$qA<qp^5+q^6$


Для $k=1$ опять пришлось рассмотреть 2 случая. ("большое" и "малое" $q$)

Если $\boxed{q>\dfrac 3 5 p}$

$B>\dfrac{27}{125}p^6$

$A=p^5+(q-3)p^3<p^5+p^4$

$27p>125(1+\dfrac 1 p)$ для всех $p\ge 5$


Если $\boxed{q<\dfrac 3 5 p}$

$q-3 \ge \dfrac 2 3 q\;\; \forall q>9$ (5 и 7 придется проверять отдельно)

$qB>\dfrac 2 3 p^6$

$qA<\dfrac 3 5 p^6+\left(\dfrac 3 5 p\right)^6$

сводится к $5^5>3^7$

Осталось рассмотреть случаи $q=5\text{ и } q=7$ Можно без вычислений. Для $q=7$

$\dfrac{p^5+4p^3}{7^3p^3}=\dfrac{p^2+4}{7^3}$

$7 \nmid p^2+4$.

Аналогично для $q=5$
$5 \nmid p^2+2$

Как-то так...сильно притянуто.


В оригинале задача была: Для каких $n\ge 2$ и нечетных простых $p,q$...степени в знаменателях были $n$, в числителях - $n+2$. Я выложил частный случай $n=3$ - едниственный интересный.

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение21.02.2020, 19:45 


26/08/11
2057

(Оффтоп)

Я кажется зря рассматривал отдельно случай $k\ge 5$. Просто вначале, когда нащупавал коэффициенты, меня бесило то, что при оценке числителя его нужно считать практически равным $2p^5$ (когда рассматривается случай $q>rp$)
И тогда я неправильно посчитал, что необходимо $2/3\ge 2r$. И первый вариант был $r=1/3$, что неприятно.
На самом деле необходимо $2/3 \ge r+r^6$. Значит можно взять даже $r=1/2$, но отдельные случаи для $k$ все таки рассмотреть - в избежании проверок до $p=13$

 Профиль  
                  
 
 Re: Система сравнений
Сообщение22.02.2020, 15:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Можно воспользоваться свойством равных сумм: $A+B=C+D=\dfrac{AC-BD}{A-D=C-B}.$ Если верно первое равенство, то верны и остальные. В сущности выписанное сравнение. Запишем
$P^5-3^5=k_1q^3$
$q^5-3^5=k_2p^3$

Перепишем это так: $3^5=p^5-k_1q^3=q^5-k_2p^3$, отсюда видно что коэффициенты $k_1,k_2$ положительные. Тогда

$3^5=\dfrac{(pq)^5-k_1k_2(pq)^3}{P^5+k_2p^3=q^5+k_1q^3}=\dfrac{(pq)^3\left ( (pq)^2-k_1k_2 \right )}{p^3(p^2+k_2)=q^3(q^2+k_1)}.$

Из вз простоты $p,q$ следует
$q^3 \mid p^2+k_2$
$p^3 \mid q^2+k_1,$ тогда дробь можно сократить на $(pq)^3:$

$3^5=\dfrac{(pq)^2-k_1k_2}{\frac{p^2+k_2}{q^3}=\frac{q^2+k_1}{p^3}=k_3}.$ Причем $k_3$ тоже положительное число. То есть $(pq)^2=3^5k_3+k_1k_2.$
$k_1k_2$ — остаток от деления $(pq)^2$ на $3^5$, или положительный вычет. Это дает ощутимое ограничение на величину коэффициентов, но и только. А больше не знаю что, мне кажется тут вопрос процедуры. Если не удается свести дело к сильному алгоритму, то никаким волшебным образом не удастся объехать поиск $5-$x степеней по модулю кубов простых. Почему бы не попробовать напрямую? Вольфрам находит простой корень сравнения $x^5=243 \mod 125:\ x=53$, но $k_1$ в разы превышает $(5 \cdot 53)^2.$ Есть еще составной корень $x=28$, но и он несоразмерен. По остальным кубам, включая $13$, имеем только $x=3$ за исключением $11^3$, но там простых корней нет, или совсем уже несоразмерно будет.
Shadow Из ваших размышлений следует, на сколько понял, конечность числа возможных решений. Ну так можно их проверить. Собственно, уже и проверили )

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 8 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group