Finisce in $11$

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axpgn

30 lug 2020, 22:04

Esiste un intero positivo la cui scomposizione in fattori primi include, al massimo, i numeri $2, 3 , 5, 7$ e che termina con le cifre $11$?

Cordialmente, Alex

Risposte

Studente Anonimo

31 lug 2020, 02:45

No!
Supponiamo esista $ n = 2^{n_2} \cdot 3^{n_3}\cdot 5^{n_5}\cdot 7^{n_7} $ e che termina con $11$, chiaramente abbiamo $n_2=n_5=0 $ altrimenti se $n_2\neq0 $ risulta che $n$ sarebbe pari, mentre se $n_5 \neq 0 $ risulterebbe che $n$ termina con 0 o con 5.
Abbiamo che $ (10,3)=(10,7) = 1 $ pertanto se $ \phi $ è la funzione totiente di Eulero abbiamo per il teroema di Eulero che
\[ 3^{\phi(10)} \equiv 1 \mod 10 \]
e
\[ 7^{\phi(10)} \equiv 1 \mod 10 \]
Pertanto, sicché $ \phi(10)=4$ abbiamo che
\[ n = 3^{n_3}\cdot7^{n_7} = 3^{4m_3+i}\cdot7^{4m_7+j} \equiv 3^i \cdot7^j \equiv 1 \mod 10 \]
poiché $ n \equiv 1 \mod 10 $, pertanto si verifica facilmente che $0 \leq j=i \leq 3 $.
Inoltre $ (100,3)=(100,7) = 1 $, abbiamo pertanto sempre per il teorema di Eulero
\[ 3^{\phi(100)} \equiv 1 \mod 100 \]
e
\[ 7^{\phi(100)} \equiv 1 \mod 100 \]
Inoltre $ \phi(100)=40 $ e poiché $ n = 3^{n_3}\cdot7^{n_7}\equiv 11 \mod 100 $ risulta che
\[ n = 3^{40\ell_3 + 4k_3+j}\cdot7^{40\ell_7+4k_7+j} \equiv 3^{4k_3}\cdot7^{4k_7} \cdot3^j \cdot7^j \equiv 3^{4k_3}\cdot 1^{k_7} \cdot3^j\cdot 7^j \equiv 3^{4k_3} \cdot3^j \cdot7^j \equiv 11 \mod 100 \]

E poiché abbiamo che $ 0 \leq k_3 \leq 10 $, ma in effetti possiamo ridurlo a $ 0 \leq k_3 \leq 4 $, abbiamo che $ 3^{4k_3} \equiv x \mod 100 $ con $ x \in \{ 1,21,41,61,81\} $ a dipendenza del valore di $k_3$.
E calcolando
\[ 3^07^0 \equiv 1 \mod 100 \]
\[ 3^17^1 \equiv 21 \mod 100 \]
\[ 3^27^2 \equiv 41 \mod 100 \]
\[ 3^37^3 \equiv 61 \mod 100 \]
Abbiamo che
\[ n \equiv xy \mod 100 \]
con $ x \in \{ 1,21,41,61,81\}=:G $ e $ y \in \{ 1,21,41,61\} \subset G $ e abbiamo che $G$ è isomorfo al gruppo ciclico moltiplicativo $ C_5 $. Infatti $ 21^2 \equiv 41 \mod 100 $, $ 21^3 \equiv 61 \mod 100 $ e $ 21^4 \equiv 81 \mod 100 $ e $ 21^5 \equiv 1 \mod 100 $, pertanto $ G = ( \left< 21 \right>, \cdot) $ e in quanto gruppo è stabile. Dunque $ n \equiv g \mod 100 $ con $ g \in G$, segue che $ n \not\equiv 11 \mod 100 $, contraddizione!