Først viser vi konstruksjon for uendelig mange gode tall.
$\textbf{Påstand:}$ Alle primtall $p\equiv 3\pmod 4$ er gode.
$\textit{Bevis:}$ $-1$ er ikke en kvadratisk rest. Det følger at nøyaktig én av $a$ og $p-a$ er en kvadratisk rest og at de har ulik paritet. La $b_i\equiv -a_i \pmod p$ Vi kan dermed ordne summen slik: $a_1 + b_1+a_2+b_2\dots a_{k-1}+b_{k-1}+p+a_k+b_k+\dots$, der $a_i$ er odde for $i < k$ og partall $i\geq k$. Dette tilfredsstiller kravene i oppgaven fordi summen veksler mellom $0$ og en kvadratisk rest samtidig som pariteten skifter.
Videre viser vi at det eksisterer en uendelig familie med tall som ikke er gode.
$\textbf{Påstand:}$ Ingen tall på formen $2^m$ er gode for $m\geq 2$.
$\textit{Bevis:}$ Legg merke til at kvadratiske rester modulo 4 er 0 og 1. På et tidspunkt i summen, så må det legges til et tall kongruent med 2 modulo 4. Summen er da kongruent med 2 eller 3 modulo 4. Ingen av disse kan være kvadratiske rester. Dermed er ikke $2^m$ et godt tall.
$\square$
Tallteorimaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
\((a,b)=(1,1), (1,2),(2,1)\) er det eneste som funker.
Observer at det tredje punktet impliserer at \(k^2\leqslant b<a<(k+1)^2\) og \(a\neq b\) siden åpenbart \(gcd(a,b)=1\). I tillegg har vi at
\[ab\mid (a-b)^4+1\]
som følger av å observere at alle deler i utvidelsen enten er deilig på \(ab\) direkte, eller ender man opp med \(a^4+1\) eller \(b^4+1\).
Hvis vi skriver \(a=k^2+x,b=k^2+y\) har vi at
\[(k^2+x)(k^2+y)\mid (x-y)^4+1\]
La \((x-y)^4+1=c(k^2+x)(k^2+y)\). Da ser vi at LHS tar maks på \((2k)^4+1\) som impliserer at \(c<16\). Dermed resterer bare å skjekke noen tillfeller.
Først, anta at \(p\mid (x-y)^4+1\) og \(p\) odde. Da har vi at \((x-y)^4\equiv -1\pmod p\implies (x-y)^8\equiv 1 \pmod p\) so \(ord_p(x-y)=8\implies p\equiv 1\pmod 8\)
Dermed har vi at alle odde primdivisorer av LHS må være \(1\pmod 8\), og siden den minste slike primtallet er \(17\), Gjenstår vi bare med \(c=2^ø\)
Dersom \(c\) er partall, får vi at LHS\(\equiv 2\pmod 4\), men \(4\mid c(k^2+x)(k^2+y)\) siden \(c\) er partall og \(x,y\) har motsatt paritet.
Dermed gjenstår vi bare \(c=1\). Da må vi løse \((x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)\). Hvis \(k=1\), ender vi opp med løsningene vi allerede har.
Hvis \(k>1\) derimot, har vi at \((k^2+1)^4>(2k)^4+1\) som betyr at \((k^2+1)^4>(x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)>k^4\), som impliserer \((k^2+x)(k^2+y)=k^4+1\) som åpenbart ikke holder.
Yippie.
Observer at det tredje punktet impliserer at \(k^2\leqslant b<a<(k+1)^2\) og \(a\neq b\) siden åpenbart \(gcd(a,b)=1\). I tillegg har vi at
\[ab\mid (a-b)^4+1\]
som følger av å observere at alle deler i utvidelsen enten er deilig på \(ab\) direkte, eller ender man opp med \(a^4+1\) eller \(b^4+1\).
Hvis vi skriver \(a=k^2+x,b=k^2+y\) har vi at
\[(k^2+x)(k^2+y)\mid (x-y)^4+1\]
La \((x-y)^4+1=c(k^2+x)(k^2+y)\). Da ser vi at LHS tar maks på \((2k)^4+1\) som impliserer at \(c<16\). Dermed resterer bare å skjekke noen tillfeller.
Først, anta at \(p\mid (x-y)^4+1\) og \(p\) odde. Da har vi at \((x-y)^4\equiv -1\pmod p\implies (x-y)^8\equiv 1 \pmod p\) so \(ord_p(x-y)=8\implies p\equiv 1\pmod 8\)
Dermed har vi at alle odde primdivisorer av LHS må være \(1\pmod 8\), og siden den minste slike primtallet er \(17\), Gjenstår vi bare med \(c=2^ø\)
Dersom \(c\) er partall, får vi at LHS\(\equiv 2\pmod 4\), men \(4\mid c(k^2+x)(k^2+y)\) siden \(c\) er partall og \(x,y\) har motsatt paritet.
Dermed gjenstår vi bare \(c=1\). Da må vi løse \((x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)\). Hvis \(k=1\), ender vi opp med løsningene vi allerede har.
Hvis \(k>1\) derimot, har vi at \((k^2+1)^4>(2k)^4+1\) som betyr at \((k^2+1)^4>(x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)>k^4\), som impliserer \((k^2+x)(k^2+y)=k^4+1\) som åpenbart ikke holder.
Yippie.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Ny oppgave
LIl_flip har en funksjon $f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N$ slik at for alle heltall tall $a, b>0$ så holder følgene:
\[a + b \mid a^{f(a)} + b^{f(b)} \]
lfe har lyst til å finne ut av hvilke slike funksjoner Lil_flip kan ha. Problemet er at lfe er dårlig i tallteori, så hjelp lfe med å finne alle slike funksjoner.
LIl_flip har en funksjon $f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N$ slik at for alle heltall tall $a, b>0$ så holder følgene:
\[a + b \mid a^{f(a)} + b^{f(b)} \]
lfe har lyst til å finne ut av hvilke slike funksjoner Lil_flip kan ha. Problemet er at lfe er dårlig i tallteori, så hjelp lfe med å finne alle slike funksjoner.
Ganske vanskelig oppgave, trengte mange hint for å finne 2^ndelen.
Claim 1: [tex]f(x)[/tex] er odde for x >1
Bevis:
Observer at [tex]1+a | 1^{f(a)} +a^{f(a)} [/tex]
Hvis [tex]p \neq 2[/tex] deler venstresiden, ser vi at f(a) må være odde av LTE for alle a>1.
Claim 2:
[tex]a+b | b^{f(b)} - b^{f(a)} [/tex]
Bevis:
Siden f(a) og f(b) er odde, følger det at
[tex]a+b | a^{f(a)} + b^{f(a)} [/tex]
og lignende for f(b).
Ser vi på en differanse med det originale utrykket følger resultatet.
Claim 3:
[tex]f(2^k-2^c) = f(2^c)[/tex] for [tex]c \in [1,k-1][/tex]
Bevis:
La [tex]a = 2^k -2^c, b = 2^c, x_1 = f(a), x_2 = f(b)[/tex].
Da følger det at
[tex]2^k | (2^c (2^{k-c}-1)^{x_1} + (2^c)^{x_2}[/tex]
Som er lik
[tex]2^{c x_1} *o - 2^{c x_2}[/tex]
Der oddetallet o er gitt ved [tex]o = (2^{k-c}-1)^{x_1}[/tex]
Dette er videre lik
[tex]2 ^ {cmin( x_1, x_2)}(2^{cx_1-cmin( x_1, x_2)} o - 2^{c x_2 -cmin(x_1, x_2)})[/tex]
Hvis [tex]x_1 \neq x_2[/tex], blir utrykket til høyre et oddetall.
Ved å la [tex]k \rightarrow \infty[/tex], får vi at v2 på høyre siden er større, og en motsigelse. Dermed følger claim 3.
Vi fullfører oppgaven.
Observer at
[tex]2^k-2^c+b | b^{f(b)} - b^{f(2^c)}[/tex]
av claim 3 og 2.
Lar vi k gå mot uendelig, følger det at [tex]f(b) = f(2^c)[/tex] for alle b.
Dermed må f(x) være konstant for alle x>1.
Observer at f(1) = n, f(x) = 2k+1 er en gyldig løsning.
Dette løser oppgaven
Claim 1: [tex]f(x)[/tex] er odde for x >1
Bevis:
Observer at [tex]1+a | 1^{f(a)} +a^{f(a)} [/tex]
Hvis [tex]p \neq 2[/tex] deler venstresiden, ser vi at f(a) må være odde av LTE for alle a>1.
Claim 2:
[tex]a+b | b^{f(b)} - b^{f(a)} [/tex]
Bevis:
Siden f(a) og f(b) er odde, følger det at
[tex]a+b | a^{f(a)} + b^{f(a)} [/tex]
og lignende for f(b).
Ser vi på en differanse med det originale utrykket følger resultatet.
Claim 3:
[tex]f(2^k-2^c) = f(2^c)[/tex] for [tex]c \in [1,k-1][/tex]
Bevis:
La [tex]a = 2^k -2^c, b = 2^c, x_1 = f(a), x_2 = f(b)[/tex].
Da følger det at
[tex]2^k | (2^c (2^{k-c}-1)^{x_1} + (2^c)^{x_2}[/tex]
Som er lik
[tex]2^{c x_1} *o - 2^{c x_2}[/tex]
Der oddetallet o er gitt ved [tex]o = (2^{k-c}-1)^{x_1}[/tex]
Dette er videre lik
[tex]2 ^ {cmin( x_1, x_2)}(2^{cx_1-cmin( x_1, x_2)} o - 2^{c x_2 -cmin(x_1, x_2)})[/tex]
Hvis [tex]x_1 \neq x_2[/tex], blir utrykket til høyre et oddetall.
Ved å la [tex]k \rightarrow \infty[/tex], får vi at v2 på høyre siden er større, og en motsigelse. Dermed følger claim 3.
Vi fullfører oppgaven.
Observer at
[tex]2^k-2^c+b | b^{f(b)} - b^{f(2^c)}[/tex]
av claim 3 og 2.
Lar vi k gå mot uendelig, følger det at [tex]f(b) = f(2^c)[/tex] for alle b.
Dermed må f(x) være konstant for alle x>1.
Observer at f(1) = n, f(x) = 2k+1 er en gyldig løsning.
Dette løser oppgaven
Algebraisk tallteori: 
Over tallkroppen $\mathbb{Q}$ definerer vi S-enhet, der S er en mengde primtall, til å være mengden reduserte rasjonale tall der alle primtallsfaktorene til både nevener og teller er i S. Det er et velkjent, men ikke-trivielt, resultat at likningen $x+y=1$ har endelig mange løsninger for S-enhetene $x$ og $y$. Dette bruker vi videre i løsningen.
Først oversetter vi oppgaven til våre nye kule fagbegrep. Vi ønsker å vise at det kun er endelig mange $x\in \mathbb{N}$ slik at $P(x)$ er et produkt av S-enheter, der $S$ er mengden primtall mindre eller lik 20. Vi har et lineært likningssystem av S-enheter:
\[
(x-d_i)-(x-d_j)=d_j-d_i=a_{ij}\neq 0
\]
for $1\leq i<j\leq 9$. Vi vet at $a_{ij}\in \mathbb{Z}$. La $S'$ være mengden av alle primtall som deler en av $a_{ij}$ eller er i $S$. det følger at vi har likningssystemet
\[
\frac{x-d_i}{a_{ij}}+\frac{-x+d_j}{a_{ij}}=1
\]
der hver av $\frac{x-d_i}{a_{ij}}$ er en S'-enhet. Vi vet dermed at alle likningene har endelig mange løsninger og at likningssystemet dermed også har endelig mange løsninger. Det betyr at oppgaven er vist. $\square$
Over tallkroppen $\mathbb{Q}$ definerer vi S-enhet, der S er en mengde primtall, til å være mengden reduserte rasjonale tall der alle primtallsfaktorene til både nevener og teller er i S. Det er et velkjent, men ikke-trivielt, resultat at likningen $x+y=1$ har endelig mange løsninger for S-enhetene $x$ og $y$. Dette bruker vi videre i løsningen.
Først oversetter vi oppgaven til våre nye kule fagbegrep. Vi ønsker å vise at det kun er endelig mange $x\in \mathbb{N}$ slik at $P(x)$ er et produkt av S-enheter, der $S$ er mengden primtall mindre eller lik 20. Vi har et lineært likningssystem av S-enheter:
\[
(x-d_i)-(x-d_j)=d_j-d_i=a_{ij}\neq 0
\]
for $1\leq i<j\leq 9$. Vi vet at $a_{ij}\in \mathbb{Z}$. La $S'$ være mengden av alle primtall som deler en av $a_{ij}$ eller er i $S$. det følger at vi har likningssystemet
\[
\frac{x-d_i}{a_{ij}}+\frac{-x+d_j}{a_{ij}}=1
\]
der hver av $\frac{x-d_i}{a_{ij}}$ er en S'-enhet. Vi vet dermed at alle likningene har endelig mange løsninger og at likningssystemet dermed også har endelig mange løsninger. Det betyr at oppgaven er vist. $\square$
Last edited by lfe on 11/06-2025 02:09, edited 1 time in total.