Εξισώσεις στους ακεραίους

#101

socrates έγραψε: 12)
$2(a + b)^2 + 3(a + b) + ab + 4 = 0, \ a,b \in \Bbb{Z}$

Μια ακόμα λύση, μετά τη λύση του Ορέστη, με λίγη καθυστέρηση

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με τις ακόλουθες:
2a^2+5ab+2b^2+3a+3b+4=0

$\bullet$ Αν a+2b+1=1

και

ή το ανάποδο τότε 3a+3b=-4

που είναι αδύνατη.
$\bullet$ Αν a+2b+1=-1

και

τότε

$\bullet$ Αν a+2b+1=3

και

τότε

Ορέστης Λιγνός · #102

socrates έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 12, 2016 2:29 am
19)
$\displaystyle{ n^{8}-p^{5}= n^{2}+p^{2}, \ n,p \in \Bbb{N}, }$ πρώτος.

Αν

τότε

, που δεν έχει λύσεις στους θετικούς ακεραίους (αν $n \geqslant 2$ , τότε $34=n^5(n^3-1) \geqslant 32 \cdot 7$ , άτοπο, άρα n=1

που δεν ικανοποιεί)

Αν p=3

τότε

. Αν $n \geqslant 3$ , τότε $252=n^2(n^6-1) \geqslant 9(3^6-1)>252$ , άτοπο. Άρα $n \in \{1,2 \}$ , απ'όπου προκύπτει η λύση (p,n)=(3,2)

.

Έστω τώρα $p \geqslant 5$ .

Πρέπει $p^2 \mid n^2(n^6-1)$ . Προφανώς, (n^2,n^6-1)=1

οπότε έχουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1 : $p^2 \mid n^2$ , οπότε $p \mid n$ που δίνει $n \geqslant p$ και άρα $p^5+p^2=n^8-n^2=n^2(n^6-1) \geqslant p^2(p^6-1) \Rightarrow p^3+1 \geqslant p^6-1 \Rightarrow p^6-p^3 \leqslant 2$ , άτοπο για $p \geqslant 5$ .

Περίπτωση 2 : $p^2 \mid n^6-1$ οπότε $p^2 \mid (n-1)(n+1)(n^2-n+1)(n^2+n+1)=N$ .

Εξετάζουμε τώρα τους ανά δύο Μ.Κ.Δ. των παραγόντων του

. Εύκολα βλέπουμε ότι όλοι τους είναι ίσοι με 1,2

ή

.

Οπότε, αν το

διαιρεί δύο διαφορετικούς παράγοντες του

, θα διαιρεί και τον Μ.Κ.Δ. αυτών, δηλαδή $p \mid 1,2$ ή p=3

, οπότε

άτοπο ( $p\geqslant 5$ ).

Συνεπώς, πρέπει $p^2 \mid n-1$ ή $p^2 \mid n+1$ ή $p^2 \mid n^2-n+1$ ή $p^2 \mid n^2+n+1$ .

Στις δύο πρώτες περιπτώσεις, πρέπει σίγουρα $n \geqslant p^2-1$ , οπότε $p^5+p^2=n^8-n^2 \geqslant (p^2-1)^8-(p^2-1)^2$ και εύκολα ελέγχουμε ότι η ανισότητα $(p^2-1)^8-(p^2-1)^2 \leqslant p^5+p^2$ ισχύει μόνο για p=1

, άτοπο.

Αν τώρα $p^2 \mid n^2+n+1$ , πρέπει n^2+n+1=p^2k

με

θετικό ακέραιο, και με αντικατάσταση προκύπτει p^3+1=n^2(n-1)(n+1)(n^2-n+1)k=(n^6-n^5+n^3-n^2)k

.

Τότε, αφού $k \geqslant 1$ , είναι $(n^2+n+1)^3 =p^6k^3 \geqslant p^6=((n^6-n^5+n^3-n^2)k-1)^2 \geqslant (n^6-n^5+n^3-n^2-1)^2$ συνεπώς $(n^6-n^5+n^3-n^2-1)^3 \leqslant (n^2+n+1)^3$ που ισχύει μόνο για n=1

, άρα

, άτοπο.

Αν $p^2 \mid n^2-n+1$ , πρέπει n^2+n+1=p^2m

με

θετικό ακέραιο, οπότε p^3+1=n^2(n-1)(n+1)(n^2+n+1)m=(n^6+n^5-n^3-n^2)m

.

Ομοίως με πριν, προκύπτει η ανισότητα $(n^2+n+1)^3 \geqslant (n^6+n^5-n^3-n^2-1)^2$ που ισχύει μόνο για n=1

, άτοπο.

Τελικά, είναι αδύνατο να έχουμε $p \geqslant 5$ , οπότε μοναδική λύση η (p,n)=(3,2)

.

#103

socrates έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 12, 2016 2:29 am

35) $x^2=y^5-4, \ x,y \in \Bbb{Z}$

Πιο σύντομα:

$\displaystyle{x^2\equiv 0,1,3,4,5,9 \mod 11\implies (x^2+4)^2\equiv 3,4,5,9 \mod 11}$ .

Όμως, από Fermat, είναι $\displaystyle{y^{10}\equiv 0,1 \mod 11.}$

Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Μέλη σε σύνδεση