4 votos

Encuentre todos los pares$(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ con la propiedad que$ 2^n+3^m $ es divisible por$23$.

Encuentre todos los pares$(n,m) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}$ con la propiedad que$ 2^n+3^m $ es divisible por$23$.

No estoy realmente seguro de cómo empezar, pero como lo encontré en un libro sobre teoría de grupos, este enfoque también podría ser posible.

9voto

Ty221 Puntos 143

Potencias de dos módulos$23$:$1,2,4,8,16,9,18,13,3,6,12,1 \ldots$
Potencias de tres módulos$23$:$1,3,9,4,12,13,16,2,6,18,8,1\ldots$
Encuentra todos los pares$(n,m)$ de manera que$n$ esté en el primer conjunto y$m$ esté en el segundo, con$n+m=23$.

4voto

Farkhod Gaziev Puntos 6

Como $\displaystyle 2^3\cdot3=24\equiv1\pmod{23},$

$\displaystyle 2^n+3^m\equiv0\pmod{23}\iff 2^{n+3m}\equiv-3^m\cdot2^{3m}\equiv-(3\cdot2^3)^m$

$\displaystyle\implies2^{n+3m}\equiv-1\pmod{23}$

Ahora como$23$ es primo,$\displaystyle a^2\equiv1,a\equiv\pm1\pmod{23}$ para$(a,23)=1$

y$\displaystyle2^5=32\equiv9,2^{10}\equiv9^2=81\equiv12,2^{11}\equiv2\cdot12\equiv1$

Por lo tanto, no hay un exponente entero$(e)$ de$2$ tal que$2^e\equiv-1\pmod{23}$

Por lo tanto, el sistema no admite solución en enteros.


Alternativamente,

INSINUACIÓN:

Como $3^3\equiv2^2\pmod{23},$

Caso$1:$ Si$\displaystyle m=3r+1,2^n+3^m=2^n+3^{3r+1}\equiv 2^n+3\cdot2^{2r}\pmod{23}$

Así que necesitamos $\displaystyle 2^{n-2r}\equiv-3\pmod{23}$

Observe que no hay un exponente entero$(e)$ de$2$ tal que$2^e\equiv-3\pmod{23}$

Caso$2:$ Si$\displaystyle m=3r+2$

Caso$3:$ Si$\displaystyle m=3r$

3voto

Noldorin Puntos 67794

Sugerencia:

Buscar Fermat poco teorema.

Solución:

Estamos buscando a $n,m$ tal que $2^n+3^m\equiv 0$ modulo $23$. Por Fermat poco teorema $2^{22}\equiv 3^{22}\equiv 1$. Por lo tanto sólo queda comprobar los pares de $(n,m)$$0\le n,m<22$. Esto es sólo $484$ números por lo que se puede hacer con un ordenador, por ejemplo, el uso de Wolfram alpha con

Tabla[mod(2^n+3^m,23)=0,{n,0,21},{m,0,21}]
Devuelve una enorme mesa con las entradas sólo ser Falsa, por lo que no existen números naturales $n,m$ tal que $2^n+3^m$ es divisible por $23$.

3voto

Ameer Deen Puntos 2903

Supongamos que una solución a $2^{n}\equiv-3^m$ (todo en esta respuesta es $\pmod {23}$.) Te voy a mostrar que esto implica $-2$ es un residuo cuadrático $\pmod {23}$, lo cual es falso.

Lema. $n$ es impar.

En primer lugar, sabemos $3\equiv 7^2$, lo $2^{n}\equiv-7^{2m}$. Ahora, la inversa de los dos $2^{-1}$$\equiv 12$, lo $-1\equiv7^{2m}12^{n}$. Si $n$ fueron incluso, $-1$ sería un residuo cuadrático $\pmod {23}$, lo cual es falso.


Set $n=2k+1$. Esto implica $-2\equiv 7^{2m}12^{2k}=\left(7^m12^k\right)^2$, lo $-2$ es un residuo cuadrático $\pmod {23}$, pero esto es falso. Por lo tanto, no hay soluciones $(m, n)$.

3voto

David HAust Puntos 2696

Tenga en cuenta que$\ {\rm mod}\ 23\!:\ 3\equiv 1/8\equiv \color{#0a0}{2^{-3}},\ \ 2\equiv 5^2\Rightarrow\ 2^{11}\equiv 5^{22}\equiv \color{#c00}1\,$ by$\,\mu$ Fermat. Por lo tanto

PS

Observar $$ 2^{\large n} \equiv -3^{\large m} \equiv -\color{#0a0}{2^{\large -3\color{black}{\large m}}}\ \Rightarrow\ 2^{\large n+3m}\equiv -1\smash{\overset{\large\ (\ \ )^{11}}\Rightarrow} \color{#c00}1 \equiv -1 \,\Rightarrow\,\Leftarrow\qquad\ $ Alternativamente, note$\ $ así que$\, 3\equiv 7^2$ por lo tanto$\ 3^{11}\equiv 7^{22}\equiv 1$ Por lo tanto, la prueba esencialmente se reduce al hecho de que el producto de los dos cuadrados$\ 2^n \equiv -3^m\smash{\overset{\large\ (\ \ )^{11}}\Rightarrow}1\equiv -1.\ $ y$2^n$ no puede ser igual a$3^{-m}$ ya que no es un cuadrado (según el criterio de Euler)

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