Тема . Остатки и сравнения по модулю

Функция Эйлера и теорема Эйлера из ТЧ

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела остатки и сравнения по модулю
Решаем задачу:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#102514

Найдите все бесконечные последовательности натуральных чисел a,
 0  a ,
 1  a ,
 2  …такие, что a = 1,
 0  a >1
1  и a  =φ(a   )
 n     n+1  при всех n ≥0.

Показать ответ и решение

Обозначим через v(n)  степень вхождения двойки в разложение числа n.

Лемма. Пусть n  — натуральное число. Если φ(n)  делится на некоторое простое p≥ 5,  то и n  делится на некоторое простое q ≥ 5.  Более того, если φ(n)  делится на простое p≥ 5,  то v(φ(n))≥ v(n),  при этом равенство достигается тогда и только тогда, когда     s  t
n =2 ⋅p  и p≡ 3 (mod 4).

Доказательство. Если в разложении числа n  нет простых, больше или равных 5,  то их нет и в разложении φ(n).  Пусть     α  β1 β2    βk
n =2  ⋅p1 p2 ...pk .  Тогда

              k
v(φ(n))≥ α− 1+ ∑ v(pi− 1)
              i=1

Каждое из чисел v(pi− 1)  больше нуля, поэтому если таких чисел хотя бы два, или одно из них хотя бы 2,  то v(φ(n))> v(n).  Иначе     s  t
n =2 ⋅p ,  где p≡ 3 (mod 4).  Лемма доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Докажем, что ни один из членов последовательности не делится ни на одно простое число, большее или равное 5.  Предположим противное, и пусть aN  делится на простое p ≥5.  Тогда, согласно лемме, для каждого k≥ N  число ak  делится на некоторое простое pk ≥ 5.  Согласно лемме, последовательность v(ak),  начиная с N,  будет не возрастать. Поскольку убывать бесконечно она не может, то, начиная с некоторого момента, она стабилизируется, и опять же из леммы,     s  t
ak =2 ⋅pkk  при всех достаточно больших k.  Тогда

2s⋅ptkk= ak = φ(ak+1)= 2s−1⋅(pk+1 − 1)⋅ptkk++11−1

то есть

ptkk= pk+12−-1⋅ptkk++11−1

Поскольку pk+1 > 3,  то pk+1− 1⁄= 1  делится на pk.  Значит, pk+1 ⁄=pk,  а tk+1 = 1.  Следовательно, начиная с некоторого момента n,  ak = 2s⋅pk  и pk+1 =2pk+ 1.  Но тогда последовательность pn+k  по модулю pn  зацикливается, а поскольку (2,pn) =1,  зацикливается без предпериода. Значит, найдётся k> 0,  что pn+k  делится на pn,  что невозможно.

Значит, среди простых делителей членов последовательности могут быть только 2  и 3.  Поскольку 3n >1  — нечётное число, оно не может являться значением функции Эйлера, поэтому в последовательности не встречается. Заметим, что

φ(2s)= 2s−1

φ(2s⋅3t)= 2s⋅3t−1

откуда, если      s
an =2 ,  то        s+1
an+1 = 2  или        s
an+1 = 2 ⋅3,  а если      s  t
an =2 ⋅3  при t≥ 1,  то        s t+1
an+1 = 2 ⋅3 .  Таким образом, если ни один член последовательности не делится на 3,  получаем первый ответ, иначе — второй.

Ответ:

 a =2n
 n  для любого n;  a = 2n
 n  при n ≤k,  a  =2k⋅3n−k
 n  при n> k,  где k  —– натуральное число

Специальные программы

Все специальные программы

Программа
лояльности v2.0

Приглашай друзей в Школково и получай вознаграждение до 10%!

Крути рулетку
и выигрывай призы!

Крути рулетку и покупай курсы со скидкой, которая привязывается к вашему аккаунту.

Бесплатное онлайн-обучение

Для школьников из приграничных территорий России, проживающих в ДНР, ЛНР, Херсонской, Запорожской, Белгородской, Курской, Брянской областях и Крыму.

Налоговые вычеты

Узнай, как получить налоговый вычет при оплате обучения в «Школково».

Специальное предложение
для учителей

Бесплатный доступ к любому курсу подготовки к ЕГЭ, ОГЭ и олимпиадам от «Школково». Мы с вами делаем общее и важное дело, а потому для нас очень значимо быть чем-то полезными для учителей по всей России!

Вернём деньги за курс
за твою сотку на ЕГЭ

Сдать экзамен на сотку и получить обратно деньги за подготовку теперь вполне реально!

cyberpunkMouse
cyberpunkMouse
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!