Un par de problemas sobre teoría de números

Publicado por ^DiAmOnD^ | 20 noviembre, 2007 | Juegos | 21 |

Os dejo para hoy un par de problemas sobre teoría de números que he encontrado por ahí. En principio no hay relación entre ellos. Los pongo los dos juntos porque los dos me gustaron y no sabía cuál poner.

Problema 1

Dado un número primo $p$ demostrar que $2^p+3^p$ no puede ser un cuadrado perfecto.

Problema 2

Dado un número natural $n$ demostrar que $14^n+11$ nunca es un número primo.

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^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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Solaufein

20/11/2007 12:45

El segundo es bastante sencillo. Si usamos congruencias, se puede ver fácilmente que:
$14^n\equiv 1 \pmod{3}$ si n es par no nulo
$14^n\equiv 4 \pmod{5}$ si n es impar

Por consiguiente:
$14^n + 11 \equiv 1 + 11 \pmod{3} \equiv 0 \pmod{3}$ si n es par no nulo
$14^n + 11 \equiv 4 + 11 \pmod{5} \equiv 0 \pmod {5}$ si n es impar

Por tanto, $14^n + 11$ es divisible o bien por 3 si n es par no nulo o bien por 5 si n es impar.

Conclusión: $14^n + 11$ no puede ser primo para ningún valor natural de n.

El primer aún tengo que pensarlo un poco.

Un saludo,

Solaufein

Responde

SAUL MENDOZA

Reply to Solaufein

10/07/2016 06:46

PROBLEMA 1
i) ningún entero cumple (n^2)= -1 mod 3
ii) p debe ser impar (p=2 no forma un cuadrado)

Luego
(2^p) + (3^p)=((-1)^p) mod 3=2 mod 3
Por lo tanto no existen las soluciones buscadas,

Responde

mimetist

20/11/2007 13:14

Venga, voy a intentar hacer el primero… más que nada para practicar con Latex, a ver si soy capaz de no cagarla 😀 (ni siquiera sé si está bien el desarrollo, la de tiempo que hace que no toco los logaritmos!!)

Supongamos que sí es un cuadrado perfecto, entonces:
${2^p}+{3^p}={k^2}$
tomamos logaritmos:
${/ln_{{2^p}+{3^p}} = /ln_{k^2}}$
${/ln_{2^p} /ln_{3^p} = 2{/ln_{k}}$
${{p^2}{/ln_{2}}{/ln_{3}} = 2{/ln_{k}}$
${/frac{/ln_{2+3}}{/ln_{k}}} = /frac{2}{p^2}$
${ln_{5-k}} = /frac{2}{p^2}$
${5-k} = e^{/frac{2}{p^2}}$
${/left(5-k/right)}^{P^2} = {e^2}$
${/left(5-k/right)}^p = {e}$

Pero ésto es imposible, ya que $k\in\mathbb{Z}$ , por lo tanto ${{/left(5-k/right)}^p}/in/mathbb{Z}$ lo cual es contradictorio con el resultado anterior, ya que ${e/notin/mathbb{Z}}$

P.D.: Desde ya, ¡¡perdón por los errores!! Espero no haberme cargado el blog con este comentario!! 😀

mimetist

20/11/2007 13:17

Lol, lo sabía, que alguien destruya mi comentario!!!

Diamond, Sorry!!! xD

Responde

mimetist

20/11/2007 13:25

Otro intento… snif snif 😀

Supongamos que sí es un cuadrado perfecto, entonces:
${2^p}+{3^p}={k^2}$
tomamos logaritmos:
${ln{{2^p}+{3^p}} = ln{k^2}}$
${ln{2^p} ln{3^p} = 2{ln{k}}$
${{p^2}{ln{2}}{/ln{3}} = 2{ln{k}}$
${{ln{2+3}}/{ln{k}}} = {{2}/{p^2}}$
${ln{5-k}} = {2}/{p^2}$
${5-k} = e^{{2}/{p^2}}$
${(5-k)}^{P^2} = {e^2}$
${(5-k)}^p = {e}$

Pero ésto es imposible, ya que k pertenece a Z, por lo tanto (5-k)^p también pertenece a Z, lo cual es contradictorio con el resultado anterior, ya que «e» es irracional.

Que conste que ahora lo estoy escribiendo deliberadamente mal para ver si consigo arreglarlo… según mi editor de Latex, el comentario anterior debería haber funcionado :S

Javier

20/11/2007 14:35

Si p es primo, o es 2, o es 5, o impar no acabado en 5.

Para p=2 4+9=13 no es cuadrado

Para p=5 32+243=275 no es cuadrado

Para resto de p

$2^p \bmod 5=2$ $si$ $p=4k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 5=3$ $si$ $p=4k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 5=3$ $si$ $p=4k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 5=2$ $si$ $p=4k+3$ $k \in \mathbb{N}$

ergo

$2^p+3^p \bmod 5=0$ $si$ $p=2k+1$ $k \in \mathbb{N}$

Para demostrar el enunciado, bastará con demostrar que para cualquier p impar no divisible por 5, se cumple que

$2^p+3^p \bmod 25\not=0$

Nos podemos manos a la obra:

$2^p \bmod 25=2$ $si$ $p=20k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=4$ $si$ $p=20k+2$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=8$ $si$ $p=20k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=16$ $si$ $p=20k+4$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=7$ $si$ $p=20k+5$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=14$ $si$ $p=20k+6$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=3$ $si$ $p=20k+7$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=6$ $si$ $p=20k+8$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=12$ $si$ $p=20k+9$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=24$ $si$ $p=20k+10$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=23$ $si$ $p=20k+11$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=21$ $si$ $p=20k+12$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=17$ $si$ $p=20k+13$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=9$ $si$ $p=20k+14$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=18$ $si$ $p=20k+15$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=11$ $si$ $p=20k+16$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=22$ $si$ $p=20k+17$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=19$ $si$ $p=20k+18$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=13$ $si$ $p=20k+19$ $k \in \mathbb{N}$
$2^p \bmod 25=1$ $si$ $p=20k$ $k \in \mathbb{N}$

$3^p \bmod 25=3$ $si$ $p=20k+1$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=9$ $si$ $p=20k+2$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=2$ $si$ $p=20k+3$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=6$ $si$ $p=20k+4$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=18$ $si$ $p=20k+5$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=4$ $si$ $p=20k+6$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=12$ $si$ $p=20k+7$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=11$ $si$ $p=20k+8$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=8$ $si$ $p=20k+9$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=24$ $si$ $p=20k+10$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=22$ $si$ $p=20k+11$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=16$ $si$ $p=20k+12$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=23$ $si$ $p=20k+13$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=19$ $si$ $p=20k+14$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=7$ $si$ $p=20k+15$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=21$ $si$ $p=20k+16$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=13$ $si$ $p=20k+17$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=14$ $si$ $p=20k+18$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=17$ $si$ $p=20k+19$ $k \in \mathbb{N}$
$3^p \bmod 25=1$ $si$ $p=20k$ $k \in \mathbb{N}$

Con lo cual, vemos que

$2^p+3^p \bmod 25=0$ si $p=20k+5$ o $p=20k+15$

Domingo H.A.

20/11/2007 14:41

que bueno lo de la expresión «ergo» 🙂 🙂 🙂 🙂

fede

20/11/2007 15:16

$2^n+3^n$ no es cuadrado para cualquier n impar.

Responde

^DiAmOnD^

20/11/2007 15:18

mimetist dos cosas:

1.- Hay que usar \, no /
2.- El plugin de Vista previa lo instalé por algo. ¡¡Úsala!!

😀

Solaufein

20/11/2007 18:06

Un pequeño apunte en mi demostración del problema 2, que lo he escrito en clase y al volver me he dado cuenta.

En la resolución afirmo que $14^n \equiv 1 \pmod{3}$ si n es un número par no nulo. Sin embargo, para el caso $n = 0$ también se cumple, ya que:
$14^0 = 1 \Rightarrow 14^0 + 11 = 1 + 11 = 12 \equiv 0 \pmod{3}$

Por tanto, $14^n + 11$ no es un número primo para ningún valor $n \ge 0$ .

Mithril

20/11/2007 19:42

Para el problema 1, propongo una demostración de que no es cuadrado perfecto para cualquier natural. Si es impar mayor que 1(para no es cuadrado), , pero todo cuadrado es de la forma o , por lo que con impar nunca tendremos un cuadrado. Si es par, puede ser , , Si los sumamos, tenemos que es de la forma o , pero todo cuadrado es de la forma , o , por lo que con par nunca hay cuadrado. Dado que no es cuadrado para par, y tampoco lo es para impar, no sera cuadrado para ningun valor natural… Lee más »

Responde

LeonardoSz

28/11/2007 23:35

Mi pregunta es si existe manera de demostrar estas dos cuestiones sin utilizar congruencia de módulo.

gracias.

Domingo H.A.

27/02/2008 22:48

Por similitud con el primer ejercicio que se proponía en el post, les propongo la siguiente cuestión, a ver qué se puede hacer…

Sea $f(n)=5^n-3^n-2^n$ . Probar que

(1) $p$ divide a $f(p)$ para todo primo $p$ .

(2) $p^{k+1}$ divide a $f(n)$ si $n$ es de la forma $n=p^k$ , con $p=2,3,5$ y $k\geq 0$ .

(3) $p^{k+2}$ divide a $f(n)$ para $n=p^k$ , con $p=19$ y $k\geq 0$ .

A ver si alguien puede aportar algo a la (3) en particular.

Omar-P

28/02/2008 00:37

Interesante función, Domingo H.A. Mira este enlace: http://www.research.att.com/~njas/sequences/?q=A135158

Domingo H.A.

28/02/2008 00:50

Gracias por el enlace, Omar-P. No veo sino valores numéricos de la sucesión. ¿Hay en alguna parte comentarios sobre los divisores primos de los elementos?

En cuanto a los ejercicios de arriba, (1) y (2) son sencillos de probar, pero el (3) me tiene en jaque ahora mismo.

De hecho el apartado (2) se puede refinar algo más en el caso p=2: $2^{k+2}|f(2^k),\quad\forall k\geq 2$

Omar-P

28/02/2008 00:59

Si los hay yo nos los veo.

jad

10/08/2013 05:19

respecto al problema 1 llegue a un resultado mas general:

SI $p$ es primo, $a$ y $n$ enteros positivos tal que $2^p+3^p=a^n$ entonces necesariamente $n=1$.

no puse la demostracion por si alguien quiere resolverlo…

porque no aparece en LaTeX?

gaussianos

Admin

12/08/2013 04:41

jad, porque no te has leído las instrucciones para escribir en LaTeX aquí que aparece justo encima de la caja de texto de los comentarios 🙂

Responde

jad

15/08/2013 00:43

respecto al problema 1 llegue a un resultado mas general:

SI $p$ es primo, $a$ y $n$ enteros positivos tal que $2^p+3^p=a^n$ entonces necesariamente $n=1$ . Es decir, no es ni cuadrado, ni cubo, etc. de un entero.

no puse la demostracion por si alguien quiere resolverlo…

Responde

Manuel Amorós

Reply to jad

02/10/2020 22:04

Se cumple que 2^p+3^p=(2+3)(2^(p-1)+2^(p-2)*3*….+2*3^(p-2)+3^(p-1))=5A
Para que 2^p+3^p sea un cuadrado perfecto, o un cubo perfecto, etc… A debería contener al menos un factor 5, pero es fácil ver que esto no es posible:
Utilizando congruencias módulo 5, sabemos que 3 es congruente con -2, y sustituyendo 3 por -2 en A:
A es congruente, módulo 5, con p*2^(p-1)
Lo anterior sólo es posible cuando p=5. Para ese único valor posible, obtenemos
2^5+3^5=275, que no es ni cuadrado perfecto, ni cubo perfecto, etc…luego la expresión estudiada nunca podrá ser de la forma a^n para n>1

Responde

Pedro Castro Ortega

15/10/2014 11:37

He intentado demostrar los dos problemas sin utilizar congruencias explícitamente, sólo matemáticas de las que se dan en secundaria. Para el primero he desarrollado la expresión así: . Para el segundo he intentado demostrar que es un múltiplo de tres si es par (Si es impar acaba en y entonces acabará en , con lo que no será primo). En este enlace se pueden ver las soluciones a los dos problemas. http://lasmatematicas.eu/docs/problemas/numeros_01.pdf No sé si habrá algún error o alguna fisura en la prueba de los problemas. Si así fuera me gustaría que se me comunicara aquí mismo. Estoy trabajando… Lee más »

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