Es un ejercicio interesante de aritmética modular y que requiere cierto trabajo obtener la solución. La aritmética modular requiere que las soluciones sean números enteros, así que denominaré a la incógnita nn en lugar de x.x. La ecuación pedida se podrá escribir de estas dos maneras:
n2+6≡0(mod625),n2+6≡0(mod625),
n2≡−6(mod625)n2≡−6(mod625) (Ec. 1).
Por otro lado, es fácil demostrar que se cumplen siempre estas dos propiedades, que nos ayudarán a encontrar las soluciones:
Si n≡q(modm),n≡q(modm), entonces n2≡q2(modm)n2≡q2(modm) (Prop. 1),
Si n≡−q(modm),n≡−q(modm), entonces n2≡q2(modm)n2≡q2(modm) (Prop. 2).
Si lo aplicamos al caso del enunciado, con m=625,m=625, vemos que (por la Prop. 1) solo hay que encontrar las soluciones nini para 0≤ni≤625–12=312,0≤ni≤625–12=312, existiendo además una solución distinta de la forma nj=625−ninj=625−ni por cada ni,ni, de manera que todas las soluciones estarán entre los números enteros nn comprendidos entre 0 y 624, ambos incluidos.
Fijémonos por otro lado en que 625=54=252,625=54=252, por lo que podemos empezar acotando las posibles soluciones usando potencias de 5 crecientes, ya que:
n2=625k−6=25⋅25k–6=5⋅125k–6.n2=625k−6=25⋅25k–6=5⋅125k–6.
Por tanto, si se cumple la Ec. 1, entonces en módulo 5 tenemos que:
n2≡−6(mod5),n2≡−6(mod5),
n2≡−1(mod5)n2≡−1(mod5) (Ec. 2).
Según las Props. 1 y 2, solo debemos probar los casos n≡0,1y2(mod5),n≡0,1y2(mod5), pero:
por lo que hay dos posibles soluciones:
n≡2(mod5),n≡5–2≡3(mod5).n≡2(mod5),n≡5–2≡3(mod5).
Además, si se cumple la Ec. 1, en módulo 25 tenemos que:
n2≡−6(mod25).n2≡−6(mod25).
Teniendo en cuenta las soluciones módulo 5 y las Props. 1 y 2, solo hay que analizar los números de la forma n=5a+b,n=5a+b, con 0≤n≤25–12=12,bϵ{2,3},0≤n≤25–12=12,bϵ{2,3}, es decir:
nϵ{2,3,7,8,12}.nϵ{2,3,7,8,12}.
por lo que hay dos posibles soluciones:
n≡12(mod25),n≡25–12≡13(mod25).n≡12(mod25),n≡25–12≡13(mod25).
En lo que resta de demostración voy a usar un método distinto, ya que simplifica las operaciones.
Escribamos n=25a+b,n=25a+b, donde, según las soluciones módulo 25 y según las Props. 1 y 2, debe cumplirse:
0≤n≤625–12=312,0≤a≤24,bϵ{12,13}.0≤n≤625–12=312,0≤a≤24,bϵ{12,13}.
n2≡12(50a+12)≡−6(mod625).n2≡12(50a+12)≡−6(mod625).
Dividimos por 6 en ambos lados de la equivalencia y operamos:
100a+24≡−1(mod625),100a+24≡−1(mod625),
100a+24=625k−1,100a+24=625k−1,
donde, como a≥0,a≥0, entonces k≥0k≥0 y es entero (Ec. 3a).
100a=625k−25.100a=625k−25.
Dividiendo entre 25 ambos lados de la igualdad:
4a=25k−1=24k+k−1=4⋅6k+(k−1).4a=25k−1=24k+k−1=4⋅6k+(k−1).
k−1=4(a−6k),k−1=4(a−6k), luego:
k≡1(mod4)k≡1(mod4) (Ec. 3b).
Por las Ecs. 3a y 3b, el menor valor de kk posible es k=1,k=1, que da:
a=6,n1≡6⋅25+12=162(mod625).a=6,n1≡6⋅25+12=162(mod625).
El siguiente menor caso posible es k=5,k=5, que da:
a=31>24,a=31>24, luego no es solución y no hay más soluciones.
n2≡650a+169≡−6(mod625).n2≡650a+169≡−6(mod625).
Operamos, usando un entero k:k:
650a+169=625k−6,650a+169=625k−6,
donde, como a≥0,a≥0, es k≥0k≥0 (Ec. 4a).
650a=625k−175.650a=625k−175.
Dividiendo entre 25 ambos miembros de la igualdad:
26a=25k−7=26k−(k+7),26a=25k−7=26k−(k+7),
k+7=26(k−a),k+7=26(k−a), es decir:
k≡−7(mod26)k≡−7(mod26) (Ec. 4b).
Teniendo en cuenta las Ecs. 4a y 4b, el menor valor de kk es:
k=26–7=19,k=26–7=19, que da:
a=k−1=18,n2≡18⋅25+13=463(mod625).a=k−1=18,n2≡18⋅25+13=463(mod625).
El siguiente menor kk posible es:
k=2⋅26–7=45,k=2⋅26–7=45, que da:
a=k−2=43>24,a=k−2=43>24, luego no es solución y no hay más soluciones.
En principio podrían ser soluciones también 625−n1625−n1 y 625−n2,625−n2, pero 625−n1=n2,625−n2=n1,625−n1=n2,625−n2=n1, luego las dos únicas soluciones al ejercicio del enunciado son:
n1≡162≡−463(mod625).n1≡162≡−463(mod625).
n2≡−162≡463(mod625).n2≡−162≡463(mod625).
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Equações Diferenciais I
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