4 svar

84 visningar

AlexMu behöver inte mer hjälp

Problemlösning diofantisk ekvation med primtal

Hej. Jag har försökt jobba på problemet

"Bestäm alla udda primtal $p$ och $q$ sådana att ekvationen

$x^{p} + y^{q} = p q$

har minst en lösning (x, y), där $x$ och $y$ är positiva heltal"

VL kommer växa mycket snabbare än HL och därför finns det förmodligen inte särskilt många lösningar och det kommer vara för små val på x, y, p och q. En annan observation är att både p och q är udda, vilket innebär att HL är udda. Detta innebär att antingen är x jämt och y udda, eller tvärtom.

Jag pratade lite med en annan person om detta problem och vi började med att titta på lösningar där vi antar att antingen x eller y är = 1. Intuitivt finns det nog inga lösningar om x eller y inte är lika med 1 pga av att VL kommer växa alldeles för snabbt, men det lyckades vi inte visa. Vi får i alla fall

$x^{p} + 1 = p q$ , eftersom p är udda så kan man faktorisera detta som

$(x + 1) f (x) = p q$

Eftersom båda p och q är primtal kan man se här att antigen är p = x+1 och q = f(x) eller tvärtom. Dessutom är x ett jämt tal eftersom att det udda valet togs upp av y = 1. Om vi antar att q = x+1 kan man skriva om uttrycket som

$x^{p} + 1 = (x + 1) p$

Genom att testa några av de jämna talen fick vi fram att x = 2, p = 3, y = 1, q = 3 verkar vara den enda lösning under dessa förhållanden. Om vi istället låter p = x+1 får vi ekvationen

$x^{x + 1} + 1 = (x + 1) q$

VL växer otroligt snabbt och igen, den enda lösningen vi hittade var igen x = 2, q = 3, p = 3, y = 1. Det går att visa att $\frac{x^{x + 1} + 1}{x + 1} =$ ett heltal för alla jämna x. Där kanske man kan på något sätt visa att det bara kan bli ett primtal för x = 2.

Jag antar att det första steget för att lösa detta är först att sätta någon sorts övre gräns på storleken av talen, men har ingen aning hur det går till i detta fall. En annan sak som är intressant är att de har exkluderat primtalet 2. Det skulle ge möjlighet för ett jämnt HL och skulle ge lösningar för både udda eller både jämna x och y. Om detta lägger på många lösningar har jag inte testat, men jag tvekar på det. Därför tror jag att steget att faktorisera $x^{p} + 1$ är viktigt. Det går bara att bryta ut x+1 om p är udda. Det går också ganska tydligt att se på en graf att $x^{p} + 1 = (x + 1) p$ endast har lösningen jag nämnde tidigare, men att rigoröst visa detta vet jag inte hur man gör.

Väldigt nyfiken på hur en lösning av detta problem skulle gå till dock och vill gärna ha lite hjälp. Tack.

Jag lyckades visa en sak, vilket är att för ekvationen

$x^{p} + 1 = (x + 1) p$ , där p inte är 2 och x är ett jämnt tal

så är p=3, x=2 den enda lösningen.

Anta att x inte delar faktorer med p. Då kan man applicera fermat's lilla sats och då får vi att

$x^{p} \equiv x (m o d p)$

Detta innebär att $x^{p} - x$ är delbar med p

Alltså är $x (x^{p - 1} - 1) = k p$ för något heltal k. Eftersom x är ett jämnt icke-primtal måste det vara så att $x = k$ och $x^{p - 1} - 1 = p$ .

Om man sätter detta tillbaka i den ursprungliga ekvationen får vi

$x^{p} + 1 = (x + 1) (x^{p - 1} - 1) = x^{p} - x + x^{p - 1} - 1$

Skriv om till

$x^{p - 1} - x = 2$

$x (x^{p - 2} - 1) = 2$ , igen eftersom x är jämnt måste x=2

$2^{p - 2} - 1 = 1$

$2^{p - 2} = 2$

Den enda lösningen här är p = 3.

Om x är en multipel av p så kan vi skriva x som $2 k p$ (eftersom x är ett jämnt tal)

Ekvationen blir då ${(2 k p)}^{p} + 1 = (2 k p + 1) p$
Men detta har inga lösningar då HL är en multipel av p medan VL är ett tal över en multipel med p, vilket bara har lösningar för p = 1 och 1 är inte ett primtal.

Detta är i alla fall lite framgång på en av fallen

En till sak som jag lyckades att visa att det bara finns en lösning till

$x^{x + 1} + 1 = (x + 1) q$ , som nämnt tidigare är x ett jämnt tal och x+1 är ett primtal.

q är antingen mindre eller x+1, lika med x+1 eller mer än x+1. Vad fallet än är kan vi skriva q som

$q = x + 1 + α$ , där alfa är ett heltal.

Det är tydligt att $α < q$

Om vi multiplicerar båda sidorna av ekvationen med $x^{α}$ får man

(1) $x^{q} + x^{α} = x^{α} (x + 1) q$

Om vi använder fermat's lilla sats igen får vi att

$x^{q} \equiv x (m o d q)$ $\Rightarrow x (x^{q - 1} - 1) = k q$ , där k är ett positivt heltal.

På samma sätt som förr innebär detta att x = k och $x^{q - 1} - 1 = q$ eftersom att q kan inte vara lika med x.

Sätter vi tillbaka detta i (1) får vi

$x^{q} + x^{α} = x^{α} (x + 1) (x^{q - 1} - 1) = x^{α} (x^{q} - x + x^{q - 1} - 1) = x^{α + q} - x^{α + 1} + x^{α + q - 1} - x^{α}$

$x^{q} + x^{α} = x^{α + q} - x^{α + 1} + x^{α + q - 1} - x^{α}$

Ändra om dessa likheter till

$x^{α + 1} + 2 x^{α} = x^{α + q} + x^{α + q - 1} - x^{q}$

$x^{α} (x + 2) = x^{q} (x^{α} + x^{α - 1} - x^{q})$

Dividera med $x^{α}$ på båda sidor, eftersom att vi vet att $α < q$ så har vi självklart ett heltal på HL (vilket man vet ändå eftersom att VL är ett heltal)

$x + 2 = x^{q - α} (x^{α} + x^{α - 1} - x^{q})$

Reducera dessa mod x

$2 \equiv 0 m o d (x)$ , vi vet att HL är kongruent med 0 eftersom att $q - α > 0$

detta ger oss att x = 2 är den enda lösningen för x, vilket det också innebär att den enda lösningen på q är 3.

Jag är rätt så osäker på problemlösning och har säkert gjort något misstag någonstans. Men jag tror detta ger alla lösningar när antingen x eller y är 1. Det återstår endast att visa att x eller y måste vara 1 för att visa att det är den enda lösningen. Men jag har absolut ingen aning på hur det skulle gå till.

Antag x,y>1 och p>=q och p>3.

Då är

x^p+y^q>= 2^p+2^q>2^p>p^2>pq.

Det lämnar några få fall att undersöka.

Dels p=q=3 med lösningen (x,y)=(1,2) eller (2,1).

Dels fall där någon av x,y =1.

x^p+1=pq

Högerledet är delbart med x+1 så x+1 = p eller x+1=q.

Antag först x+1 =p

(p-1)^p+1=pq'

Binomialsatsen ger att vänsterledet är delbart med p^2 så p|q så p=q och vi får

(p-1)^p+1=p^2 och man är tillbaka på att p=3 som enda lösning.

Antag nu x+1=q

(q-1)^p+1=pq

Binomialsatsen ger att alla termer i VL utom en (q^p) är delbara med p, så q^p måste också vara det och vi är tillbaka på p|q, p=q med samma lösningar som tidigare.

Smutsmunnen skrev:
Antag x,y>1 och p>=q och p>3.

Då är

x^p+y^q>= 2^p+2^q>2^p>p^2>pq.

Det lämnar några få fall att undersöka.

Dels p=q=3 med lösningen (x,y)=(1,2) eller (2,1).

Dels fall där någon av x,y =1.

x^p+1=pq

Högerledet är delbart med x+1 så x+1 = p eller x+1=q.

Antag först x+1 =p

(p-1)^p+1=pq'

Binomialsatsen ger att vänsterledet är delbart med p^2 så p|q så p=q och vi får

(p-1)^p+1=p^2 och man är tillbaka på att p=3 som enda lösning.

Antag nu x+1=q

(q-1)^p+1=pq

Binomialsatsen ger att alla termer i VL utom en (q^p) är delbara med p, så q^p måste också vara det och vi är tillbaka på p|q, p=q med samma lösningar som tidigare.

Intressant idé med binomialsatsen. Den tänkte jag inte alls på, mest för att vi inte har pratat om den än på lektionerna (går i gymnasiet). Tack för din lösning!

Svara

Visa senaste svar