Deje $n$ ser un positivo entero y no ser $p_1,p_2,p_3,........p_n$ números primos tales que todos ellos son mayores de $5$. Si $6$ divide $p_1 ^2 + p_2 ^2 + p_3 ^2+\ldots +p_n ^2$, demuestran que, a $6$ divide $n$.
NOTA:- Este problema es el $2nd$ pregunta de $1998$ $RMO$ (Regional Olimpiada Matemática).
He intentado usando congruencias con $2$ $3$ en la primera condición, pero no funciona.
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goe
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Observe que cada prime$>3$ es de la forma $6n\pm1$, por Lo que square de cada primer se $36n^2\pm12n+1$, por lo que cuando se agregan todos aquellos plazas, obtendrá algo como:
$36(n_1^2+n_2^2+n_3^2......)+12(\pm n_1+\pm n_2.....)+ n(1)$..
Los dos términos que contengan $6$ $12$ son divisibles por $6$, la divisibilidad de enteros por $6$ depende de divisibilty de $n$ $6$ y viceversa.
Hagen von Eitzen
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La suma de los cuadrados de $n$ números impares es $\equiv n\pmod 8$ debido a que una sola impar cuadrado es $\equiv 1\pmod 8$; del mismo modo que la suma de los cuadrados de $n$ números no divisibles por $3$$\equiv n\pmod 3$. Por lo tanto, bajo las condiciones dadas, incluso tenemos $p_1^2+\ldots +p_n^2\equiv n\pmod {24}$, pero, por supuesto, en particular,$p_1^2+\ldots +p_n^2\equiv n\pmod {6}$.
Joffan
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Usando congruencias en $2$ $3$ funciona de la siguiente manera:
Para todos los números primos $p_i\ge 5$, sabemos que $2 \nmid p_i$$3\nmid p_i$. Por lo tanto,$p_i^2\equiv 1 \bmod 2$$p_i^2\equiv 1 \bmod 3$, lo que inmediatamente nos da ese $p_i^2 \equiv 1 \bmod 6$ por el Teorema del Resto Chino.
Claramente la adición de $n$ tal el primer plazas para un total $s$ sólo nos dará $s\equiv 0\bmod 6 $ (es decir, $s\mid 6$) si $n\mid 6 $ también.
