Matematikos Maratonas Nr. 4

Palieku įkelti kitiems. Jei greitu metu neatsiras, tai įkelsiu.

Iš kokio mažiausio pirminio skaičiaus dalijasi reiškinys?
[tex]1^{60}+2^{60}+3^{60}+...+33^{60}.[/tex]

Kiekvienam $p\in\{2, 3, 5, 7, 11, 13\}:=\mathcal{P}$ turime, jog $(p-1)|60$, todėl, remiantis Ferma teorema,
\begin{gather*}
    1^{60}+2^{60}+3^{60}+\dotsb+33^{60}\equiv \bigg[\frac{33}{p}\bigg](p-1)+33-\bigg[\frac{33}{p}\bigg]p=33-\bigg[\frac{33}{p}\bigg]\pmod{p}
\end{gather*}
kiekvienam $p\in\mathcal{P}$. Tačiau
\begin{gather*}
    33-\bigg[\frac{33}{p}\bigg]\not\equiv 0\pmod{p}\; \forall p\in\mathcal{P},
\end{gather*}
taigi, nagrinėjama suma nesidalija iš jokio pirminio skaičiaus $p<17$, tuo tarpu iš $17$ ši suma dalijasi. Tikrai, turime, jog
\begin{align*}
    1^{60}+2^{60}+3^{60}+\dotsb+33^{60}&\equiv 2((1^{60}+16^{60})+(2^{60}+15^{60})+\dotsb+(8^{60}+9^{60}))\\
                                      &\equiv 4(1^{60}+2^{60}+\dotsb+8^{60})\\
                                      &\equiv 4(1^{12}+2^{12}+\dotsb+8^{12})\pmod{17}.
\end{align*}
Žemiau esančioje lentelėje surašiau, kokias liekanas moduliu $17$ duoda skaičiai $k^n$:
\begin{gather*}
    \begin{array}{c|c|c|c|c}
        k\setminus n & 1 & 2 & 4 & 8 \\
        \hline
        2 & 2 & 4 & -1 & 1\\
        \hline
        3 & 3 & 9 & 13 & -1\\
        \hline
        4 & 4 & -1 & 1 & 1\\
        \hline
        5 & 5 & 8 & 13 & -1\\
        \hline
        6 & 6 & 2 & 4 & -1\\
        \hline
        7 & 7 & -2 & 4 & -1\\
        \hline
        8 & 8 & 13 & -1 & 1
    \end{array}
\end{gather*}
Taigi
\begin{align*}
4(1^{12}+2^{12}+\dotsb+8^{12})&=4(1^4\cdot 1^8+2^4\cdot 2^8+\dotsb+8^4\cdot 8^{8})\\
&\equiv 4(1-1-13+1-13-4-4-1)\\
&=4\cdot (-34)\equiv 0\pmod{17}.
\end{align*}

Atsakymas: $17$.

Tikiuosi neįvėliau skaičiavimo klaidų. Turbūt egzistuoja trumpesnis sprendimas. Jeigu klaidų nėra, būtų įdomu pamatyt trumpesnį sprendimą.

Iš tiesų, nėra gerai, kai sprendimas labai ilgas. Ne visi mes gerai mokam kompiuteriu greitai rinkt matematinius tekstus.
Man pačiam prieš kurį laiką buvo apsireiškęs uždavinys (nuoroda-toliau). Jis man apsireiškė, kai aš eilinį kartą nuėjau pasivaikščioti į kompleksinę plokštumą. Ten daug kas apsireiškia, ten-nuostabioji užveidrodė...
Tai va, aš tą uždavinį buvau įkėlęs, (tiesa, ne maratone), norėdamas sulaukti trumpesnio, "realioje erdvėje", sprendimo. Bet deja...Niekas nepateikė savo sprendimo, ir pradėjo prašyt šito manęs.
Tai aš ir pateikiau tą sprendimą kompleksinėj plokštumoj. Ilgai, per tris kartus, su dideliu girgždėjimu rinkau tekstą...Va tokia istorija.
O uždavinys tikrai nematytas. Įdomumo dėlei ieškojau internete, bet nieko panašaus neradau...

https://www.ematematikas.lt/forumas/idomus-uzdavinys-su-taisyklingojo-daugiakampio-virsuniu-spinduliais-vektoriais-t13180.html

Sprendimas geras.
Įsitikinę, kad suma nesidalija iš [tex]p<17[/tex], galime taikyti savybę:
[tex]\sum \limits_{i=1}^{p-1} i^k\equiv \begin{cases}-1 &(p-1) \mid k \\ 0 &(p-1) \nmid k\\ \end{cases}\pmod{p}[/tex]

Ne, nu tai ją dar įrodyt reik arba nuorodą į įrodymą pateikt.

Nagrinėkime dvi teoremas $T_1$ ir $T_2$.

$T_1$: Nėra tokių natūraliųjų skaičių $a$, $b$ ir $c$, kad
\begin{gather*}
a^3+b^3=c^3.
\end{gather*}
$T_2$: Nėra tokių natūraliųjų skaičių $x$, $y$ ir $z$, kad
\begin{gather*}
\frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{z}{x}.
\end{gather*}

Įrodykite, jog šios dvi teoremos yra ekvivalenčios (t.y. įrodykite, jog iš $T_1$ išplaukia $T_2$ ir iš $T_2$ išplaukia $T_1$).

Surašysiu sprendimą.

Šį uždavinį išspręsime tokiu principu: įrodysime, jog teoremos, priešingos teoremoms $T_1$ ir $T_2$, yra ekvivalenčios. Tai reikš, jog ir pačios teoremos $T_1$ ir $T_2$ yra ekvivalenčios.

1) Tarkime, jog egzistuoja tokie $a, b, c\in\mathbb{N}$, kad $a^3+b^3=c^3$. Imkime $x=a^2b$, $y=b^2c$ ir $z=c^2a$. Tada
\begin{gather*}
\frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{a^2b}{b^2c}+\frac{b^2c}{c^2a}=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}=\frac{a^3+b^3}{abc}=\frac{c^3}{abc}=\frac{c^2a}{a^2b}=\frac{z}{x},
\end{gather*}
taigi, lygtis $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{z}{x}$ turi sprendinių natūraliaisiais skaičiais.

2) Tarkime, jog egzistuoja tokie $x, y, z\in\mathbb{N}$, kad $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{z}{x}$. Pertvarkę šią lygybę gauname, jog $x^2z+y^2x=z^2y$.

Pažymėkim $x^2z=A$ ir $y^2x=B$. Pastebėkim, jog
\begin{equation}
AB(A+B)=(xyz)^3.
\end{equation}

Jeigu $\text{dbd}(A; B)=d$, tai $A=da_1$ ir $B=db_1$, kur $\text{dbd}(a_1; b_1)=1$. Turime, jog
\begin{gather*}
(a_1+b_1)a_1b_1 d^3=(xyz)^3\Rightarrow d^3|(xyz)^3\Rightarrow d|xyz\Rightarrow xyz=dt,\; d\in\mathbb{N},
\end{gather*}
ir tuomet
\begin{gather*}
(a_1+b_1)a_1b_1=t^3\Rightarrow a_1=a^3, \; b_1=b^3,\; a_1+b_1=c^3
\end{gather*}
su tam tikrais $a, b, c\in\mathbb{N}$ (nes skaičiai $a_1+b_1$, $a_1$ ir $b_1$ yra poromis tarpusavyje pirminiai, o jų sandauga lygi natūraliojo skaičiaus kubui). Taigi, egzistuoja tokie $a, b, c\in\mathbb{N}$, kad
\begin{gather*}
a^3+b^3=a_1+b_1=c^3.
\end{gather*}

Įkeliu naują uždavinį.

Įrodykite, jog bet kuriam $n\in\mathbb{N}$ egzistuoja toks $x\in\mathbb{N}$, kad kiekvienas begalinės sekos
\begin{gather*}
x+1,\; x^x+1,\; x^{x^x}+1,\ldots
\end{gather*}
narys dalijasi iš $n$.

Imkime [tex]x=2n-1[/tex]. Kadangi keliant nelyginį sveikąjį skaičių nelyginiu gaunam nelyginį skaičių, tai $$x+1, x^{2k_1-1}+1, x^{2k_2-1}+1,...,$$
kur [tex]k_1, k_2,...\in \mathbb{N}[/tex] ir [tex] k_1\leq k_2 \leq ...[/tex]. Pritaikę $$x^{2k+1}+1=(x+1)(\sum_{l=0}^{2k}(-x)^l), \;\;k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$$
gauname [tex]x^{2k_j-1}+1=2n*A[/tex], kur [tex]j, A \in \mathbb{N}.[/tex] Įrodyta.