En polinomios dividiendo exponentes

Question

EDICIÓN, Mayo de 2015: en la segunda edición de el libro respectivo, la pregunta fue corregido, un único número había sido mal escrito. Corregido pregunta (gracias a Max) es encontrar todos los enteros positivos pares tales que $$ m^2 - 1 \; | \; 3^m + \left( n! - 2 \right)^m. $$ $$ $$ La versión que me causó a todos los que la miseria se $ m^2 - 1 \; | \; 3^m + \left( n! - 1 \right)^m. $

EDICIÓN, 2010: resulta que no hay respuesta a esto se le conoce, como los autores del libro está en ahora han confirmado que no saben cómo hacerlo. Se Jagy.

ORIGINAL: me han preguntado si existen algunas técnicas generales para atacar los problemas en los que un polinomio se divide y exponencial de la ecuación. La motivación de esta pregunta vino cuando tratando de resolver el siguiente problema:

Encontrar todos los enteros positivos "$m$ tal que $m^2-1$ divide $3^m+5^m$

No he sido capaz de llegar con una prueba, y realmente estoy considerando la posibilidad de que no pueda ser resuelto mediante la "primaria" de los métodos.

Realmente me aprecciate algunas referencias (si hay alguno) a la pregunta de carácter general, así como la solución a este caso muy particular.

Answer 1

La fuente de la pregunta es "Problemas del libro" Andreescu y Dospinescu. Finalmente por correo electrónico Andreescu ayer preguntando qué estaba pasando. Él se disculpó---dice que hay una errata en el libro. Él dice que no sabe cómo responder a la pregunta. Así que creo que la cuestión debe considerarse actualmente como un problema abierto. Te comente que hice un Comentario en la pregunta original que escribir tiene 11 upvotes y ahora tiene serias posibilidades de ser falso ;-)

Answer 2

Desde la primera edición de el libro que se venden aquí, que ahora es la segunda edición: Este es el problema 8 en la página 90, en el Capítulo 4, que se llama "los números Primos y de los Cuadrados". Me compré el libro, por una suma que podría añadir. Como Kevin descubrió, los autores no saben cómo resolver el problema!

Aquí es un limpiador de la versión de la única materia Kevin y he tenido hasta el momento que iba a ninguna parte.

En primer lugar, si $m$ es incluso escribir $u = 3^{m/2}$$v = 5^{m/2},$, de modo que $$ 3^m + 5^m = u^2 + v^2. $$ Now $m^2 \equiv 0 \pmod 4$ y $m^2 - 1 \equiv 3 \pmod 4.$ Por lo tanto hay algunos prime $q \equiv 3 \pmod 4$ tal que $ q | m^2 -1. $ Esta una contradicción, porque $q | u^2 + v^2$ implica $q | u$ $q | v$ pero $\gcd(u,v)=1.$

Como $m$ ahora es impar, $3^m + 5^m \equiv 3 + 5 \equiv 11 + 13 \equiv 8 \pmod {16}.$, por Lo que $m^2 - 1 \neq 0 \pmod {16}$ $m \neq \pm 1 \pmod 8,$ por lo tanto $m \equiv \pm 3 \pmod 8.$

Como $3^m + 5^m \neq 0 \pmod {3,5}$ sabemos $m^2 - 1$ no es divisible por 3 o 5. Con extraña $m,$ escribir $m = 2 j + 1$ y, a continuación, $$ 3^m + 5^m = 3 X^2 + 5 Y^2 $$ con $X = 3^j$ $Y = 5^j.$ $\gcd(X,Y)=1$ $3 x^2 + 5 y^2$ es un (primitivo) binario forma cuadrática de discriminante $-60,$ se sigue que $ 3 X^2 + 5 Y^2$ no es divisible por cualquier prime $q$ con el símbolo de Jacobi $$(-60 | q) = -1.$$ Note that, as $15 \equiv 3 \pmod 4,$ for primes $p \geq 7$ tenemos $$ (-60 | p) = (-15 | p) = ( p | 15) . $$ Thus $m^2 - 1$ is not divisible by 3 or 5 or any prime $p$ with $( p | 15) = -1.$

Como la restricción en factores primos se aplica tanto a $m-1$ $m+1$ esto es suficiente para mostrar que es posible $m > 3$ son bastante raros. Ambos números son primitivamente representado por $r^2 + r s + 4 s^2$ o $2 r^2 + r s + 2 s^2.$

Por lo $m$ sí es divisible por 3. Considerar el número impar $w = (m^2 - 1)/8.$ Si $m$ fueron también divisible por 5, tendríamos $$ w \equiv \frac{-1}{8} \equiv 13 \pmod {15}. $$ So then we would have $( w| 15) = -1$ which would mean the existence of some prime $q$ with $p | w$ and $(p| 15) = -1.$ But then we would have $q | m^2 - 1$ which is prohibited. So $m \equiv 0 \pmod 3$ and $m \equiv \pm 3 \pmod 5.$

De mayo de 2015: aquí está la página de la primera edición de el libro respectivo. El OP dijo que la vio por primera vez el problema en otros lugares, lo cual es muy posible. En el problema 11, $P_3$ es el conjunto de números primos $q \equiv 3 \pmod 4.$

Answer 3

Ok, así que Gjergji eliminado su respuesta porque se equivocó en un punto crítico, pero tuve la suerte de verla, y utilizando una de las ideas en la respuesta que yo creo que se puede demostrar que $m$ es impar. Este es, por tanto, no una respuesta, pero tal vez sea útil.

Aquí está la prueba. Decir $m$ es incluso y $m^2-1$ divide $3^m+5^m$. Debido a $m$ es incluso sabemos $m^2-1$ 3 mod 4, por lo que tiene un divisor primo $p$ congruente a 3 mod 4. Tenga en cuenta que $p$ no puede ser de 3, porque 3 no pueden dividirse $3^m+5^m$. Por lo $p\geq7$, y, por tanto, $5/3=\alpha$ es una unidad de mod $p$, con la propiedad de que $\alpha^m=-1$ mod $p$. Pero esto significa que $-1$ es un cuadrado mod $p$ $m$ es incluso, y esto es una contradicción (esta es la norma: si $-1$ es un cuadrado mod $p$, a continuación, las unidades de mod $p$ tiene elementos de orden 4, por lo $p=1$ mod 4 como el orden de un elemento que divide al orden del grupo de unidades de mod $p$). Hecho.

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Uno puede empujar mod potencias de dos un poco más. Uno comprueba fácilmente que si $m$ es impar, a continuación, $3^m+5^m$ es de 8 mod 16. Esto implica que $m^2-1$ 8 mod 16 (como $m$ es extraño por lo tanto $m^2-1$ es un múltiplo de 8 y lo mejor es que no será un múltiplo de 16). Por lo tanto $m$ es de 3 o 5 mod 8.

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Finalmente, $3^m+5^m$ es coprime a 3, por lo $m^2-1$ mejor que ser demasiado, y por lo tanto, $m$ es un múltiplo de 3. Podemos deducir que el modulo 24 $m$ es de entre 3 y 21.

Answer 4

Me voy a poner a estos como una parte de respuesta y borrar mi anterior comentario, no estoy seguro de que la gente haga clic en el "show 5 más comentarios," me tomó semanas para notar esa opción, además de la adición de muchos de los comentarios que al parecer lento el Látex resolución de fuente. En primer lugar, Kevin inicial del argumento que muestra que $m$ debe ser impar es fácilmente reformulado para mostrar que $3^m + 5^m \neq 0 \pmod p$ para los números primos $p \equiv 7, 11, 43, 59 \pmod {60},$ como entonces $15, (5/3), (3/5)$ son todos los residuos cuadráticos $\pmod p$ pero $-1$ no es, así que simplemente nunca te $ (5/3)^m \equiv -1 \pmod p$ de estos números primos.

Añadir en el hecho de que han demostrado ser $m$ realmente debe ser impar en una verdadera solución, nos encontramos con que
$3^m + 5^m \neq 0 \pmod p$ para los números primos $p \equiv 13, 29, 37, 41 \pmod {60},$ como entonces $15, (5/3), (3/5)$ son todos cuadrática nonresidues $\pmod p$ pero $-1$ es un residuo, por lo que con $m$ impar nunca conseguimos $ (5/3)^m \equiv -1 \pmod p$ de estos números primos.

Poner estos junto con todo lo demás, obtenemos $m \equiv 3,5 \pmod 8,$ $m-1$ $m+1$ no puede ser divisible por 3 o 5, o por cualquier prime $p$ con el símbolo de Legendre $( -15 | p) = -1.$

En un espíritu similar a Gjergji Zaimi, corolario de estas observaciones me hizo tan lejos como muestra de que la $m \equiv 3, 93 \pmod {120},$ no muy óptima aquí.

También es cierto que $m-1$ $m+1$ no puede ser divisible por 17 o 353 aunque $-15$ es una ecuación cuadrática de residuos de aquí, estos son los números primos $p \equiv 1 \pmod 4$ con la propiedad de que el menor $m$ problemas $ (5/3)^m \equiv -1 \pmod p$ pasa a ser, incluso, por lo tanto, todo es posible, esta $m$ por un argumento estándar haciendo hincapié en la propiedad de minimality. Uno ha $p=17, \; m=2$ $p=353, \; m=4$ y lo que permite un mayor $m$ tenemos $p=17, \; m \equiv 2 \pmod 4$ y $p=353, \; m \equiv 4 \pmod 8.$

Así, la estrategia, un poco menos tonto de lo que parecía por un tiempo, es para mostrar que tanto los $m-1$ $m+1$ menos de ser divisible por cualquier extraño de los números primos en una verdadera solución para el problema original, por lo tanto ambos son potencias de 2, por lo tanto, por las desigualdades $m=3.$ Que es la esperanza de todos modos. El más pequeño incierto prime es 19.

Answer 5

El solo m he encontrado que funciona hasta a 10.000 es de 3, pero no puedo demostrar que es el único.
Aunque no sé cómo resolverlo directamente, la ecuación exponencial se puede transformar en: $5^m + 3^m = 5^m\left(1+m!\sum _{k=0}^m \frac{(-2)^k}{k!(m-k)!5^k}\right) $, por lo que usted está buscando para el entero de los resultados a $\frac{5^m}{m^2-1}+m\frac{(m-2)!}{m+1}\left(\sum _{k=0}^m \frac{(-2)^k5^m}{k!(m-k)!5^k}\right)$.
La forma general de la primera ecuación es: $a^m + b^m = a^m\left(1+m!\sum _{k=0}^m \frac{(b-a)^k}{k!(m-k)!a^k}\right)$, suponiendo un ≠ b (si un = b, entonces el numerador para k = 0, el numerador de la suma sería de 0^{0 de} las cuales debe girar en 1). Me gustaría pensar que este podría ser un poco más fácil de resolver, pero no puedo estar seguro.

Espero que esto ayude!
-Gabriel Benamy