Esercizio figlio di un esercizio

[matty96]

1) Trovare tutti gli interi positivi $k$ tali che $1089\mid 10^k+89$
2)Trovare tutti i valori interi positivi di $k$ tali che $\frac{10^k+89}{1089}$ sia un quadrato perfetto
Il primo l'ho fatto e non è difficile, ma il secondo no. Speriamo che qualcuno lo faccia, cosi posso completare la soluzione del problema iniziale.

[Claudio.]

$ $1)Notiamo che $9\mid 10^k+89$ sempre, dobbiamo allora cercare quando $121\mid 10^k+89$, per 11 troviamo k dispari,per il binomio di Newton $10^k \equiv 11k-1 \pmod{121}$.
$11k-1=121n-89\Rightarrow k=\frac{121n-88}{11}=11n-8$ e ponendolo dispari $k=22n-19$

[matty96]

Io l'avevo fatto un altro modo perchè non avevo pensato al binomio di Newton, ma noto con piacere che la tua è più semplice e più corta, comunque spiego un pò l'idea. Poichè come hai detto $10^k+89$ è divisibile per 9 e k è dispari (si vede mod 11) dobbiamo vedere quando la nostra espressione è divisibile per 121 (1089=11^2*3^2).$\frac{10^k+89}{1089}=\frac{10^3+89}{1089}+\frac{10^3(10^{k-3}-1)}{1089}=1+\frac{10^3(10^{k-3}-1)}{1089}$ . Ora possiamo vedere il secondo termine del prodotto del numeratore come $9 \cdot 111\cdot\cdot\cdot111$ con il numero 1 che compare un numero pari di volte e notiamo che quel numero composto da tanti 1 è divisibile per 11 se 1 compare nella quantità $22n$ perchè 1111111111....11/11= 1010101010...1010101 dove gli 1 dopo l'uguale sono la parte intera della metà dei numeri che compaiono nell' LHS. Quindi se $k-3=22n$ si ha $k\equiv 3 \pmod{22}$

[kalu]

1) $ 1089 \mid 10^k+89 $ $ \rightarrow $ $ 1089 \mid 10^{k-3}-1 $ $ \rightarrow $ $ ord_{1089}10 \mid k-3 $ $ \rightarrow $ $ k \equiv 3 $ (mod 22)
2) $ 10^k+89=1089 \alpha^2=\beta^2 \equiv 89 $ (mod $ 10^3 $) $ \rightarrow $ $ \beta \equiv \pm 33 $ (mod $ 10^3 $).
$ \beta^2=(h10^3 \pm 33)^2 \equiv \pm 66h10^3+1089 \equiv (\pm6h+1)10^3+89 \not\equiv 89 $ (mod $ 10^4 $) $ \rightarrow $ $ k=3 $.

[Drago96]

2) $ \beta^2 \equiv 89 $ (mod $ 10^3 $) $ \rightarrow $ $ \beta \equiv \pm 33 $ (mod $ 10^3 $)

Mi pareva strano questo passaggio, infatti con WolframAlpha si vede che può anche essere $b\equiv 283\pmod{1000}$, e altri...

P.S: usa \pmod{x}

[kalu]

2) $ \beta^2 \equiv 89 $ (mod $ 10^3 $) $ \rightarrow $ $ \beta \equiv \pm 33 $ (mod $ 10^3 $)

Mi pareva strano questo passaggio, infatti con WolframAlpha si vede che può anche essere $b\equiv 283\pmod{1000}$, e altri...

P.S: usa \pmod{x}

Hai ragione, in quel passaggio per qualche motivo ho trattato 1000 come un primo, senza vedere i suoi divisori
E non ho capito il tuo suggerimento in P.S.

[Claudio.]

In $\LaTeX \pmod{a}$ si scrive

Codice: Seleziona tutto

\pmod{a}

[kalu]

In $\LaTeX \pmod{a}$ si scrive

Codice: Seleziona tutto

\pmod{a}

Fin qui c'ero arrivato

[Claudio.]

Era questo il suggerimento, non riguardava il problema LoL

[kalu]

Ok, sono un idiota. ^^

[Sonner]

$10^k+89=n^2$. A mano $k=0,1,2,3$ (solo l'ultimo è soluzione). Scrivo $n=10a+b$ con $b\leq 9$. Ora $99^2 <10^4<10^k+89$ per $k\geq 4$, quindi $a\geq 10$. Quindi sviluppando $100a^2+20ab+b^2=10^k+89$ si vede che $100a^2+20ab$ non influenza le prime due cifre di $n^2$, quindi per forza $b^2=89$, assurdo.

[kalu]

si vede che $100a^2+20ab$ non influenza le prime due cifre di $n^2$, quindi per forza $b^2=89$, assurdo.

Non vorrei prendere un'altra cantonata, ma non mi torna. Hai dimostrato che $ a \geq 10 $, non che $ 10 \mid a $... Affinchè $ 20ab \equiv 0 \pmod{100} $ almeno uno fra $ a $ e $ b $ dovrebbe essere multiplo di 5 o sbaglio?

[Claudio.]

Ma in ogni caso il problema chiedeva $10^k+89=1089n^2$

[Drago96]

Mi è venuta un'idea guardando modulo 121, anche se non so quanto valida possa essere, ma ora devo andare via... la lascio a voi!

$10^k+89=1089n^2$

I casi $k=0,1,2,3,4$ si fanno a mano, e vediamo che solo $k=3$ è soluzione; d'ora in avanti si suppone $k\geq 5$.

Analizzo modulo 11: $k$ è dispari.
Analizzo mod 121: $10^k\equiv 32\pmod{121}$, ovvero $2^k\cdot 5^k\equiv 2^5\pmod{121}$; semplifico per $2^5$ e ricordo che $5^3=125\equiv 4\pmod{121}$: ottengo $2^{k-5}\cdot 125^a\cdot 5^b\equiv 1\pmod{121}$, con $0\geq b\geq2$ e $a=\frac{k-b}3$. Dunque $2^{2a+k-5}\cdot5^b\equiv1\pmod{121}$

[Claudio.]

A me sembra al massimo una strada per il primo problema...