Уравнение в простых числах

[DjD USB]

Решить в простых числах уравнение: $2^p-q^2=1999$ Знаю только один способ решения этого уравнения, по-этому хочу узнать какие вы сможете предложить решения?

[Sonic86]

Рассмотреть по модулю $4$.

[DjD USB]

Sonic86 в сообщении #625253 писал(а):

Рассмотреть по модулю $4$.

Что вы хотите этим показать?

-- Вс сен 30, 2012 16:41:48 --

Успели поправить Все равно не пойму что это даст?

[Sonic86]

А Вы попробуйте

[DjD USB]

Ну пусть q>2 тогда $2^p=1999+q^2$ 1999 дает остаток 3, а квадрат остаток 1. И....?

[Sonic86]

Хм, значит я чушь написал

upd: А если по модулю $7$?

[DjD USB]

Sonic86 в сообщении #625267 писал(а):

Хм, значит я чушь написал

Бывает

-- Вс сен 30, 2012 17:04:11 --

Sonic86 в сообщении #625267 писал(а):

upd: А если по модулю $7$?

Здесь не знаю может и получится , покажите если у вас что-то получается

[nnosipov]

По модулю 7, предварительно записав $p$ в виде $6k+1$ (тогда не будет решений) или $6k-1$ (тогда $q$ делится на 7, а значит, $q=7$).

[DjD USB]

А почему р имеет такой вид???

[nnosipov]

Оно же простое, не равное 3. А какое решение есть у Вас? Что-то ничего другого мне в голову не приходит.

[DjD USB]

У меня рассуждения немного другие но я также использовал модуль 7.

-- Вс сен 30, 2012 19:39:30 --

Запишем ввиде $2^p=1999+q^2$ Левая часть при делении на 7 дает остатки 1,2,4. $1999+q^2$ дает остатки 4,5,1,0. Остаток 4 правая часть дает при q кратном 7(это 1 случай). У них есть еще один общий остаток- это 1. Заметим что левая часть дает остаток 1 только при p=3k, т.е. p=3(это 2 случай). И на этом решение заканчивается.

-- Вс сен 30, 2012 19:49:08 --

Мне хочится увидеть другое решение, отличное от моего

[nnosipov]

DjD USB в сообщении #625356 писал(а):

Мне хочится увидеть другое решение, отличное от моего

Скорее, нет его, другого решения. По модулю 7, и всё. Отличие только в мелких деталях.

[ИСН]

Пустое это. Решать надо новые задачи, тогда через какое-то время и к старым появятся альтернативные решения, хотя в данном случае вряд ли более быстрые, потому что куда уж тут быстрее. А решать решённое - какой интерес?
Ну, рассмотрите это как уравнение Пелля $2n^2-m^2=1999$, пойдите на http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM ...

[Руст]

Можно проще. Ясно, что $p\ge 11$. При $p=11$ получаем $q=7$. Соответственно при $p>11$ должно быть $2^p-2^{11}=q^2-7^2$ квадратичным вычетом по модулю 7, т.е. $2^p=(1,2,4)+4=(5,6,1)\mod 7$. Все остатки $2^n\mod 7$ $1,2,4$. Значит при $p>11$ число $p$ должно делится на 3, если $q$ не делится на $7$, что и доказывает, отсутствие других решений.

[nnosipov]

Руст в сообщении #625401 писал(а):

Можно проще.

Это то же самое, что у ТС.

ИСН в сообщении #625386 писал(а):

Ну, рассмотрите это как уравнение Пелля $2n^2-m^2=1999$,

В целых числах решить уравнение $2^p-q^2=1999$ --- это проблема. Вот где нужны новые идеи. Пелль здесь вряд ли прокатит, но проверить нужно.