1. Найдите все натуральные
, что число
- простое, состоящее из не более, чем

19 цифр.
2. см рис.
3.Докажите, что не существует натурального , при котором
делится на 101
хоть с чем-нибудь)

${n}^{n} + 1$
${n}^{2} + n+1$
1. Найдите все натуральные , что число - простое, состоящее из не более, чем19 цифр.2. см рис. 3

Показать ответ

Ответ:

jasulau

15.09.2020 06:49

Пусть n^n+1=p простое число, большее 2 (если p=2 , то n=1 ). Тогда четно. Заметим, что $16^{16}=2^{4\times16}=2^{64}(10^3)^{6,4}=10^{19,2}10^{19}$ , случай с 18-ю уже очевидно не подходит. Возможные кандидаты: четные числа от 2 до 16.

Согласно малой теореме Ферма $n^{p-1}\equiv1\mod p$ , вместе с тем $n^n\equiv-1\mod p$ . Сложив оба сравнения, получим $n^{p-1}+n^{n}\equiv 0\mod p \Leftrightarrow n^{n}(1+n^{p-1-n})\equiv 0\mod p$ , откуда ясно, что $n^{p-1-n}\equiv 0\mod p$ . Эта процедура похожа на алгоритм Евклида. Повторив такую операцию еще несколько раз, получим $n^{r}\equiv-1\mod p$ , где определяется так: $p-1\equiv r\mod n$ . Но $p-1=n^n\equiv 0\equiv r\mod n$ , то есть r=0 . Тогда $n^{0}=1\equiv-1\mod p \Leftrightarrow 2\;|\;p$ , противоречие.

Есть еще случай, когда, производя операцию (алгоритм Евклида), мы не приходим к 0 (попадаем в цикл). Это происходит тогда и только тогда, когда $p-1-nk=n\Leftrightarrow p=n(k+1)+1$ . Небольшая проверка дает k=1 : $n^n+1=2n+1\Leftrightarrow n^n=2n \Rightarrow n=2$ .

ответ: $n=1,\;n=2$

Представим себе последовательность прямоугольных треугольников в системе координат. Ровно один катет треугольника вертикален и ровно один горизонтален. Пусть каждый треугольник "цепляется" вершиной за предыдущий так, что гипотенузы треугольников образуют монотонно снижающуюся ломаную. Тогда неравенство очевидно: кратчайший путь есть отрезок между верхней вершиной первого треугольника в последовательности и нижней вершиной нижнего. Равенство достигается тогда, когда треугольники попарно подобны.

Предположим обратное.

Заметим, что все , такие что $n\equiv 1\mod 101$ не подходят. Поскольку 101 является простым, то n-1 взаимно просто со 101. Значит, $\forall n\in\mathbb{N}:101 \nmid n^2+n+1 \Leftrightarrow 101\nmid (n-1)(n^2+n+1) \Leftrightarrow 101\nmid n^3-1$ .

Более того, согласно малой теореме Ферма $n^{101-1}=n^{100}\equiv 1\mod 101$ . Значит, порядок числа по модулю 101 делит как 3, так и 100, но 3 и 100 взаимно просты. Противоречие.