matematikk.net

Først viser vi konstruksjon for uendelig mange gode tall.
$\textbf{Påstand:}$ Alle primtall $p\equiv 3\pmod 4$ er gode.
$\textit{Bevis:}$ $-1$ er ikke en kvadratisk rest. Det følger at nøyaktig én av $a$ og $p-a$ er en kvadratisk rest og at de har ulik paritet. La $b_i\equiv -a_i \pmod p$ Vi kan dermed ordne summen slik: $a_1 + b_1+a_2+b_2\dots a_{k-1}+b_{k-1}+p+a_k+b_k+\dots$, der $a_i$ er odde for $i < k$ og partall $i\geq k$. Dette tilfredsstiller kravene i oppgaven fordi summen veksler mellom $0$ og en kvadratisk rest samtidig som pariteten skifter.


Videre viser vi at det eksisterer en uendelig familie med tall som ikke er gode.
$\textbf{Påstand:}$ Ingen tall på formen $2^m$ er gode for $m\geq 2$.
$\textit{Bevis:}$ Legg merke til at kvadratiske rester modulo 4 er 0 og 1. På et tidspunkt i summen, så må det legges til et tall kongruent med 2 modulo 4. Summen er da kongruent med 2 eller 3 modulo 4. Ingen av disse kan være kvadratiske rester. Dermed er ikke $2^m$ et godt tall.
$\square$

Ny oppgave:
Finn alle positive heltall $m,n$ som tilfredsstiller følgende:

• $a\mid b^4+1$
• $b\mid a^4+1$
• $\lfloor \sqrt a \rfloor = \lfloor \sqrt b \rfloor$

\((a,b)=(1,1), (1,2),(2,1)\) er det eneste som funker.
Observer at det tredje punktet impliserer at \(k^2\leqslant b<a<(k+1)^2\) og \(a\neq b\) siden åpenbart \(gcd(a,b)=1\). I tillegg har vi at
\[ab\mid (a-b)^4+1\]
som følger av å observere at alle deler i utvidelsen enten er deilig på \(ab\) direkte, eller ender man opp med \(a^4+1\) eller \(b^4+1\).
Hvis vi skriver \(a=k^2+x,b=k^2+y\) har vi at
\[(k^2+x)(k^2+y)\mid (x-y)^4+1\]
La \((x-y)^4+1=c(k^2+x)(k^2+y)\). Da ser vi at LHS tar maks på \((2k)^4+1\) som impliserer at \(c<16\). Dermed resterer bare å skjekke noen tillfeller.
Først, anta at \(p\mid (x-y)^4+1\) og \(p\) odde. Da har vi at \((x-y)^4\equiv -1\pmod p\implies (x-y)^8\equiv 1 \pmod p\) so \(ord_p(x-y)=8\implies p\equiv 1\pmod 8\)
Dermed har vi at alle odde primdivisorer av LHS må være \(1\pmod 8\), og siden den minste slike primtallet er \(17\), Gjenstår vi bare med \(c=2^ø\)
Dersom \(c\) er partall, får vi at LHS\(\equiv 2\pmod 4\), men \(4\mid c(k^2+x)(k^2+y)\) siden \(c\) er partall og \(x,y\) har motsatt paritet.
Dermed gjenstår vi bare \(c=1\). Da må vi løse \((x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)\). Hvis \(k=1\), ender vi opp med løsningene vi allerede har.
Hvis \(k>1\) derimot, har vi at \((k^2+1)^4>(2k)^4+1\) som betyr at \((k^2+1)^4>(x-y)^4+1=(k^2+x)(k^2+y)>k^4\), som impliserer \((k^2+x)(k^2+y)=k^4+1\) som åpenbart ikke holder.
Yippie.

Ny oppgave
LIl_flip har en funksjon $f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N$ slik at for alle heltall tall $a, b>0$ så holder følgene:
\[a + b \mid a^{f(a)} + b^{f(b)} \]
lfe har lyst til å finne ut av hvilke slike funksjoner Lil_flip kan ha. Problemet er at lfe er dårlig i tallteori, så hjelp lfe med å finne alle slike funksjoner.