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iranian national mathematical olympiad

Inviato: 01 mag 2009, 22:25
da Noemi91x
Supponendo che p sia primo e che esso sia più grande di 3.dimostrare che

7^p - 6^p - 1 è divisibile per 43

Inviato: 01 mag 2009, 23:05
da julio14
$ $7^p-6^p-1\equiv 0\pmod{43} $
-6 è l'inverso di 7, moltiplico per -6^p
$ $1+6^{2p}+6^p\equiv0\pmod{43} $
Abbiamo che $ $ord_{43}(6)=3 $ e che se p=1(mod3) allora 2p=-1(mod3) e viceversa, quindi
$ $1+6^2+6=0\pmod{43} $
che di solito è vera :D
molto bello come esercizio (o almeno a me è piaciuto...XD)

Inviato: 02 mag 2009, 00:31
da jordan
Sia $ n \in \mathbb{N}_0 $ tale che $ (n,6)=1 $ allora in $ \mathbb{F}_{43} $ vale $ 0=6^2+6+1=6^{2n}+6^n+1=-7^n+6^n+1 $.

Inviato: 02 mag 2009, 13:49
da gst_113
julio14 ha scritto:Abbiamo che $ $ord_{43}(6)=3 $ e che se p=1(mod3) allora 2p=-1(mod3) e viceversa, quindi
$ $1+6^2+6=0\pmod{43} $
non capisco questo passaggio, potresti spiegarmelo?

Inviato: 02 mag 2009, 13:56
da julio14
$ $6^3\equiv1\pmod{43} $ ora supponiamo p=3k+1 hai
$ $1+6^{6k+2}+6^{3k+1}\equiv1+6^2+6 $
invece con p=3k+2
$ $1+6^{6k+3+1}+6^{3k+2}\equiv1+6+6^2 $

Inviato: 02 mag 2009, 14:34
da gst_113
ah, si. Grazie mille!

Inviato: 02 mag 2009, 18:16
da dario2994
bhe a a questo punto pubblico la mia soluzione... che rispetto alle precedenti fa cagare xD
analizzo i residui modulo 43 sia di 7 che di 6... viene fuori:
7==>1,7,6,42,36,37
6==>1,6,36
Quelli in grande sono gli unici validi, dato che negli altri casi p non sarebbe primo (multipli di 2 o 3)
Ora analizzo il caso in cui p=3k+1 e il caso in cui p=3k+2
Nel primo caso il residuo di 7^p=7 e quello di 6^p=6 ==> 7-6-1=0 ==>Valido
Nel secondo caso il residuo di 7^p=37 e quello di 6^p=36 ==> 37-36-1=0 ==>Valido
E quindi dimostrato dato che p non può essere 3k+0... non sarebbe primo.
So che la dimostrazione è orrenda ma non conosco moltissima roba di teoria dei numeri :(

Inviato: 15 mag 2009, 03:12
da jordan
Per ogni $ p \equiv 1 \pmod 6 $ e $ n>2 $ non multiplo di 3 esiste una tripla di interi $ (x,y,z) $ non nulla in $ \mathbb{F}_p $ tale che $ x^n+y^n=z^n $.

Esiste un intero $ x_0 $ tale che $ x_0(x_0+1)=-1 $, infatti ciò è verificato sse $ p \mid x_0^2+x_0+1 $ sse $ p \mid (2x_0+1)^2+3 $, infatti $ \left(\frac{-3}{p}\right)=1 $. Adesso $ \phi_3(x) \mid \phi_3(x^y) $ per ogni $ y $ intero positivo non multiplo di 3, dato che entrambe hanno come radici le radici cubiche dell'unità. Per cui $ p\mid x_0^2+x_0+1 \implies p\mid x_0^{2n}+x_0^n+1 \implies p \mid (-x_0-1)^n+x_0^n+1 $. Ciò è equivalente a $ x_0^n+1^n=(-x_0-1)^n $ in $ \mathbb{F}_p $.