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 На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 
Сообщение08.10.2007, 21:00 


28/12/05
160
Известно, что при $n\in\mathbb{N}$ $4^n+2^n+1$-- простое число. Докажите что $n=3^k, k\in \mathbb{N}.$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.10.2007, 21:27 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Это легко получается из двух соотношений $4^n+2^n+1=\frac{2^{3n}-1}{2^n-1}$ и
$gcd(2^n-1,2^m-1)=2^{gcd(m,n)}-1.$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.10.2007, 17:41 


28/12/05
160
Пусть $b, m, n\in \mathbb{N},\ \  b>1,$ $m\ne n$.
Предположим, что $b^m-1$ и $b^n-1$-- имеют одинаковое множество простых делителей. Покажите, что $b+1$- является степенем 2.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.10.2007, 18:18 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Пусть b=2, m,n такие простые числа, что $2^m-1,2^n-1$ так же простые (простые Мерсена) они имеют единственный простой делитель. А число 2+1 не является степенью двойки. :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.10.2007, 18:40 


28/12/05
160
Ах да конечно! :D
Я ошибся! Вместо "количество" должно быт "множество"!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.10.2007, 22:55 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Пусть p простое число, являющееся делителем b^n-1, Тогда p не делит b, и для любого такого p, существует минимальный период T(p), что b^n-1 делится на p, тогда и только тогда, когда n делится на T(p). Если n нечётно, то b^n-1 содержит новый простой делитель, отличный от делителей b^d-1 для всех делителей d. Это верно и для чётных n, за исключением случая, когда (n>m) n=2m и b^m+1 является степенью двойки. Поэтому все исключения есть n=2m и $b^m+1=2^k$ единственным решением которой является m=1, (соответственно n=2) и b=2^k-1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.10.2007, 23:13 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
student писал(а):
Пусть $b, m, n\in \mathbb{N},\ \  b>1,$ $m\ne n$.
Предположим, что $b^m-1$ и $b^n-1$-- имеют одинаковое множество простых делителей. Покажите, что $b+1$- является степенем 2.

Прямое следствие теоремы Зигмонда.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.10.2007, 09:54 


28/12/05
160
Пусть $p(n)$-- наибольший простой делитель $n$ при $n>1.$ Докажите, что существует бесконечное число натуральных $n$
для которых $p(n)<p(n+1)<p(n+2).$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.10.2007, 11:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Если не ошибаюсь, эта задача из Mathlinks. Там предлагают $n=2^k$. Правда для обоснования такого решения нужно показать, что функция $f(k)=p(2^k+1)$ не является (нестрого) монотонно растущей начиная с некоторого k.
По моему проще расмотреть числа вида $n=kp-1,n+1=kp,n+2=kp+1,k=1,2,..,p$ и показать, что всегда существует такое k из этого множества.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.10.2007, 14:15 


28/12/05
160
Руст писал(а):
По моему проще расмотреть числа вида $n=kp-1,n+1=kp,n+2=kp+1,k=1,2,..,p$ и показать, что всегда существует такое k из этого множества.

Как? Можно поподробнее? Я не смог показать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.10.2007, 17:50 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Вообще то несложно с помощью подсчёта произведения всех делителей чисел kp+1,k=1,2,...,p показать, что хотя бы для одного p(kp+1)>p. Но показать, что при этом p(kp-1)<p усложняет ситуацию. Поэтому дам другое доказательство. Очевидно, что существует бесконечно много таких х, что p(x)>p(x-1). Если для такого х выполняется, что p(x+1)>p(x), то доказывать ничего. Иначе рассмотрим числа $p_k=p(x^{2^k}+1)$. Так как $p_k>2^k$ при k>0, то ситуация $p_k<p(x)$ для всех k невозможна. Поэтому, существует такое k, что $p_0<p(x),p_1<p(x),...,p_{k-1}<p(x),p_k>p(x)$. Тогда $n=x^{2^k}-1$ удовлетворяет всем требованиям $p(n)<p(n+1)=p(x)<p(n+2)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.10.2007, 21:56 


28/12/05
160
Шестизначное число, записанное шестью отличными от нуля разными цифрами, делится на 37. Докажите, что перестановками цифр этого числа можно получить ещё по крайней мере 23 различных чисел делящихся на 37.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.10.2007, 04:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5500
Нов-ск
student писал(а):
Шестизначное число, записанное шестью отличными от нуля разными цифрами, делится на 37. Докажите, что перестановками цифр этого числа можно получить ещё по крайней мере 23 различных чисел делящихся на 37.
Можно первую цифру переставить в конец, вторую поменять местами с пятой, третью - с шестой. Всего 24 варианта.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.10.2007, 21:33 


28/12/05
160
TOTAL писал(а):
Можно первую цифру переставить в конец, вторую поменять местами с пятой, третью - с шестой. Всего 24 варианта.

По признаку делимости на 37, если $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6}$ делится на 37 то $\overline{a_1a_2a_3}+\overline{a_4a_5a_6}\equiv 0(\mod 37)$
Если вы имеете ввиду перестановку $a_1$ c $a_3$ и $a_2$ с $a_5$
$a_3$ с $a_6$
то получится 7 варианта кроме самого числа!
Еще 16 вариантов получим из чисел $\overline{a_2a_3a_1a_5a_6a_4}$ и $\overline{a_3a_1a_2a_6a_4a_5}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.10.2007, 06:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5500
Нов-ск
student писал(а):
TOTAL писал(а):
Можно первую цифру переставить в конец, вторую поменять местами с пятой, третью - с шестой. Всего 24 варианта.

По признаку делимости на 37, если $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5a_6}$ делится на 37 то $\overline{a_1a_2a_3}+\overline{a_4a_5a_6}\equiv 0(\mod 37)$
Если вы имеете ввиду перестановку $a_1$ c $a_3$ и $a_2$ с $a_5$
$a_3$ с $a_6$
то получится 7 варианта кроме самого числа!
Еще 16 вариантов получим из чисел $\overline{a_2a_3a_1a_5a_6a_4}$ и $\overline{a_3a_1a_2a_6a_4a_5}$.


Вот 6 вариантов, полученных перестановкой первой цифры в конец:

ABCDEF
BCDEFA
CDEFAB
DEFABC
EFABCD
FABCDE


Из каждого из этих вариантов получается еще 3. Например, вот 4 варианта с первой цифрой A:

ABCDEF
AECDBF
ABFDEC
AEFDBC

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 55 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


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