โจทย์ ทบ.จำนวน สอวน.2556

[นกกะเต็นปักหลัก]

โจทย์ ทบ.จำนวน สอวน.2556
1. จงพิสูจน์ทบใที่กล่าวว่า ฺฺฺฺฺ++ ให้ $a,b\in \mathbb{Z} $โดยที่ $a\not= 0\vee b\not= 0$จะได้ว่า$\exists x,y\in \mathbb{Z} $ที่ทำให้ $(a,b)=ax+by$
2. ให้$\rho เป็นจำนวนเฉพาะ จงพิสูจน์ว่า (\rho -1)!+1=\rho ^\varrho สำหรับจำนวนเต็ม\varrho $บางตัวก็ต่อเมื่อ $\rho =2,3,5$

[นกกะเต็นปักหลัก]

3.ถ้า p และ$8p^2+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ แล้ว $8p^2+2p+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ
4. จงพิสูจน์ว่ามีจำนวนเต็มบวก$\vartheta $ไม่จำกัดจำนวน ที่ทำให้ $10^\vartheta +3$เป็นจำนวนประกอบ

[ฟินิกซ์เหินฟ้า]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ นกกะเต็นปักหลัก

3.ถ้า p และ$8p^2+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ แล้ว $8p^2+2p+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ
4. จงพิสูจน์ว่ามีจำนวนเต็มบวก$\vartheta $ไม่จำกัดจำนวน ที่ทำให้ $10^\vartheta +3$เป็นจำนวนประกอบ

ข้อ3. ทำอย่างนี้ได้มั้ยครับ
สมมติให้ $p\not= 3$ $gcd(p,3)=1$
ดังนั้น $8p^2+1 \equiv 0 \pmod{3} $ โดย $Fermat$ $little$ $thm.$
Contradiction
ดังนั้น $p=3$

[นกกะเต็นปักหลัก]

ไม่ให้ใช่คอนกรูเอนซ์ครับ

[polsk133]

ทำทำนองนั้นแหละครับ พิสูจน์ว่า p=3 only

[Aquila]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ นกกะเต็นปักหลัก

3.ถ้า p และ$8p^2+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ แล้ว $8p^2+2p+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ
4. จงพิสูจน์ว่ามีจำนวนเต็มบวก$\vartheta $ไม่จำกัดจำนวน ที่ทำให้ $10^\vartheta +3$เป็นจำนวนประกอบ

3. ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ แบ่ง $p$ ออกเป็น 3 กลุ่ม $p$ ต้องอยู่ในรูปของ $3k$ ,$3k+1$ หรือ $3k+2$ จากโจทย์บอกว่า ทั้ง $p$ และ $8p^2+1$ เป็นจำนวนเฉพาะทั้งคู่ แต่ถ้า $p$ เป็นแบบ 2 แบบหลัง จะได้ว่า 3 หาร $8p^2+1$ ซึ่งขัดแย้งโจทย์ เพราะฉะนั้นถ้าจะมีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่ทำให้ทั้ง $p$ และ $8p^2+1$ เป็นจำนวนเฉพาะทั้งคู่ $p$ ต้องอยู่ในรูปของ $p=3k$ ซึ่งเป็นจำนวนเฉพาะได้แค่กรณี $k=1$ ก็จะได้ $8p^2+2p+1$ เป็นจำนวนเฉพาะ

4. ข้อนี้ไม่รู้ทำัยังไงแบบไม่ใช้มอดูโล ถ้าใช้ได้ ให้คิดถึงแบบฟอร์มของ 10 กำลังอะไรซักอย่างก่อน
เรารู้จากแฟร์มาว่า $10^p \equiv 10 \pmod p$ สำหรับ $(10,p)=1$ จะสามารถใช้ไอเดียของ $10^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ ได้ โดยการเขียนตัวแปร $p$ ในรูปของ $n$
เริ่มจากให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะซักตัวที่ $p \mid 10^t+3$ บาง $t$ ดังนั้น $10^t+3 \equiv 0 \pmod p$ และจาก $10^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ ยัดเยียดความเป็นอนันต์ให้มันซะสำหรับ $k \in \mathbb{N}$ จะได้ $10^{k(p-1)} \equiv 1 \pmod p$ จากสมมติตอนต้น $10^t+3 \equiv 0 \pmod p$ มันจะได้ $(10^t+3)(10^{k(p-1)})\equiv 0 \pmod p$ ซึ่งทำให้ $10^{k(p-1)+t}+3 \equiv 0 \pmod p$ ด้วย ดังนั้นได้ว่า $10^{k(p-1)+t}+3$ มี $p$ เป็นตัวประกอบ จากการที่ $10^t+3$ และ $10^{k(p-1)+t}+3$ เป็นจำนวนเต็มบวกที่แตกต่างกันที่มี $p$ เป็นตัวประกอบร่วมกัน สามารถสรุปได้ว่า $10^{k(p-1)+t}+3$ เป็นจำนวนประกอบสำหรับ $k \in \mathbb{N}$ ดังนั้นมี $n$ ในรูป $k(p-1)+t$ อยู่เป็นอนันต์ที่สอดคล้องโจทย์

[Aquila]

ข้อ n^3+3^p ทำยังไงก็ไม่หลุดซะที 5-6 รอบละ
อันนี้เป็นข้อ 4 แบบไม่ใช้คอนกรูเอนซ์

claim1 : พิสูจน์ existance ของ $p_{i}$
เพราะว่า $10^p-10$ มี $10$ เป็นตัวประกอบ ดังนั้นมีบางจำนวนเต็ม $q_{i}$ ที่ทำให้ $10^p-10 = 10q_{i}$
สมมติว่ามี $p_{i} \in \mathbb{P}$ ที่ $p_{i} \mid q_{i}$ และ $p_{i}$ ไม่มีตัวประกอบเฉพาะร่วมกันกับ $2,5$
จะได้ว่า $10^p-10 =10p_{i}s_{i}$ บางจำนวนเต็ม $s_{i}$ จากนิยามการหารจะได้ว่า $10^p-10$ มี $p_{i}$ เป็นตัวประกอบ

claim2 : ถ้า $p_{i} \mid 10^{p-1}-1$ แล้ว $p_{i} \mid 10^{k(p-1)}-1$ เช่นกัน
จะพิสูจน์โดยการอุปนัย
จาก $10^p-10$ มี $p_{i}$ เป็นตัวประกอบ ต้องได้ว่า $10(10^{p-1}-1)$ มี $p_{i}$ เป็นตัวประกอบด้วย จากการที่ $p_{i}$ ไม่มีตัวประกอบร่วมกันกับ $2,5$ ดังนั้น $p_{i} \mid 10^{p-1}-1$
จากนิยามของการหาร จะได้ว่ามี $q_{i} \in \mathbb{N}$ ที่ทำให้ $10^{p-1}-1=p_{i}q_{i}$
สมมติสำหรับจำนวนเต็มบวก $k$
$10^{k(p-1)}-1=p_{i}q_{j}$ บาง $q_{j} \in \mathbb{N}$
พิจารณา $10^{(k+1)(p-1)}-1=10^{k(p-1)}\cdot 10^{p-1}-1=(p_{i}q_{j}+1)(p_{i}q_{i}+1)-1=p_{i}(q_{i}+q_{j}+p_{i}q_{i}q_{j})$
ดังนั้น $p_{i} \mid 10^{k(p-1)}-1$ โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ claim 2 เป็นจริง

claim 3 แสดง existance ของ $p_{i}$
สมมติว่ามี $t \in \mathbb{N}$ ที่ $p_{i} \mid 10^t+3$ จะได้ว่า $p_{i} \mid (10^t+3)(10^{k(p-1)})$ แต่ว่า $p_{i} \mid (10^t+3)(10^{k(p-1)})=10^{k(p-1)+t}+3\cdot 10^{k(p-1)}=10^{k(p-1)+t}+3(p_{i}q_{j}+1)=10^{k(p-1)+t}+3+3p_{i}q_{j}$
เพราะว่า $p_{i} \mid (10^t+3)(10^{k(p-1)})$ ต้องได้ว่า $10^{k(p-1)+t}+3+3p_{i}q_{j}$ เช่นกัน
ดังนั้น $p_{i} \mid 10^{k(p-1)+t}+3$
จากข้อสมมติมี $t \in \mathbb{N}$ ที่ $p_{i} \mid 10^t+3$ เลือก $t=3$ และ $p_{i}=17$ ทำให้ $17 \mid 10^3+3$
พิจารณาค่าของ $10^t+3$ และ $10^{k(p-1)}+3$ ซึ่งทั้งสองจำนวนเป็นจำนวนเต็มบวกต่างกันที่มี $p_{i}$ เป็นตัวประกอบร่วมกัน
สรุปว่ามีจำนวนเต็มบวกในรูปของ $n=k(p-1)+t$ สำหรับ $k \in \mathbb{N}$ อยู่เป็นอนันตน์ที่ทำให้ $10^n+3$ เป็นจำนวนประกอบ

[Aquila]

มาเฉลยให้ ผิดก็บอกเนอะ

ข้อ $n^p+3^p$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์

Lemma: สำหรับจำนวนเต็มบวก $n$ ใดๆ จะมี $(t,k)$ unique ที่ทำให้ $n=2^{t}k$

จากโจทย์สมมติให้มีจำนวนเต็มบวก $m$ ที่ทำให้ $n^p+3^p=m^2$
เป็นการเพียงพอที่จะพิจารณากรณีที่ $n\geq 2$ และ $p \geq 3$
สมมติให้ $t \geq 2$ จาก Lemma $2^{tp}k^p=m^2-3^p$
ต้องได้ว่า $4 \mid m^2-3^p$ จะได้ $3^p \equiv m^2 \pmod{4}$
และบังคับว่า $m$ ต้องเป็นคี่ด้วย ให้ $m=2a+1$ บาง $a$
จะได้ $3^p \equiv m^2=4a^2+4a+1 \equiv 1 \pmod{4}$ ........................(*)
เพราะว่า $p$ เป็นคี่ จะได้ $p\equiv 1,3 \pmod{4}$


สมมติ $p\equiv 1 \pmod{4}$
จะได้ $3^p \equiv 3^{4k}\cdot 3 \equiv 3 \pmod{4}$ ขัดแย้งกับ (*)
ในทำนองเดียวกันกับ $p\equiv 3 \pmod{4}$ จะได้ว่าขัดแย้งกับ (*) ด้วย
เพราะฉะนั้น $t=0,1$

กรณีที่ 1
$n=k$ โดยที่ $k$ เป็นจำนวนเต็มคี่ จะได้ $4 \mid m^2$ ..............................(**)
ถ้า $n=4k+1$ ใช้ทวินามกระจายออกมา
สมการเขียนได้ในรูปของ $4t+1+3^p=m^2$
จากสมการนี้ $4t+3^p=(m-1)(m+1)$ จะได้ $2 \mid (m-1)(m+1)$
ซึ่งบังคับว่า $2 \mid 3^p$ เป็นไปไม่ได้
ถ้า $n=4k+3$ จากสมการ $(4k+3)^p+3^p=m^2$ ใช้ทวินามกระจายออกมา
จาก (**) บังคับว่า $2\cdot 3^p \equiv 0 \pmod{4}$ ซึ่งก็เป็นไปไม่ได้อีก

กรณีที่ 2
$n=2k$ ได้ $2^p\cdot k^p+3^p=m^2$
พิจารณาเศษใน mod 4 ของกำลังสองสมบูรณ์ที่เป็นคี่
มันจะบังคับว่า $m^2 \equiv 3^p \equiv 1 \pmod{4}$ ............................(***)
พิจารณาในทำนองเดียวกันกับ $p=4k+1,4k+3$ กรณีที่ 1
จะได้ว่าขัดแย้งกับ (***) ทั้งสองกรณี

เพราะฉะนั้นต้องได้ว่า $p \leq 2$ หรือ $n=1$ (ซึ่งกรณีหลังเป็นไปไม่ได้)
พิจารณากรณี $p=2$ ได้ว่า $3^2=(m-n)(m+n)$
$m+n,m-n$ เป็นตัวประกอบของ $3^2$ ต้องอยู่ในรูป $3^i$ $0 \leq i \leq 2$
$m+n > m-n$ ดังนั้นเพียงพอที่จะเชค $(m+n,m-n)=(3^2,1)$ ซึ่งได้ว่า $m=5,n=4$
ดังนั้น มี $p=2$ และ $n=4$ ที่ทำให้ $n^p+3^p$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์

[Amankris]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila

จากสมการนี้ $4t+3^p=(m-1)(m+1)$ จะได้ $2 \mid (m-1)(m+1)$

ยังไงนะครับ

[Aquila]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Amankris

ยังไงนะครับ

โทษทีครับ ผมมั่วไปมองเป็น $2 \mid m(m-1)$ เฉยเลย ถึงว่าหลุดออกมาง่ายแปลกๆ

ปล.ผมลองแก้บทพิสูจน์ตัวเองดูแล้ว ยังไปต่อไม่ได้กรณี $n=4k+1$
ผมมีความรู้สึกว่าโจทย์ข้อนี้ไม่ได้ออกแบบมาให้ทุบด้วยมอดุโล 4 แล้วละ คงต้องหาวิธีอื่น

ใครทำได้ก็โพสเลยครับ สนุกแน่นอน

[polsk133]

ข้อนี้ผมก็อยากเห็นเฉลยเหมือนกันครับ ผมยังไม่เคยเห็นใครทำข้อนี้ได้เลย ถ้าใครทำได้ก็ช่วยโพสลงหน่อยครับ