Εξισώσεις στους ακεραίους

Αρχιμήδης 6 · #61

socrates έγραψε:32) $x^3+y^3+1=z^3, \ x,y,z \in \mathbb{N}.$

Θανάση η εξίσωση x^3+y^3+1=z^3

με παίδεψε πολύ και το μόνο που κατάφερα να βρώ ήταν η τετριμένη αυτή περίπτωση για άπειρες λύσεις και ότι οι απειρείες λύσεων τουλάχιστον μιας μεταβλητής δεν θα ήταν πολυώνυμο βαθμού μικρότερου του

.Γιαυτό μου έκανε πολύ εντύπωση αυτή η εξίσωση και ήθελα να δω αυτό που έστειλες....Πολύ ενδιαφέρον...

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή

Αρχιμήδης 6 · #62

socrates έγραψε:Να λυθούν :
...
38) $x^3+7=y^2, \ x,y \in \Bbb{N}$

Πρώτη σκέψη..
Δεν μου έρχεται τίποτα....
Δεύτερη σκέψη...
7,x^3,y^2

Άρα

άρα

Τρίτη σκέψη...
y^2+1

....
Πρέπει να παίξω με πρώτους διαιρέτες της ποσότητας y^2+1

αφού ξέρω΄2 λημματα
Το πρώτο λέει...
Κάθε αριθμός της μορφής 4k+3

έχει έναν πρώτο διαιρέτη της αυτής μορφής.
Αν

πρώτος και p=3mod4

και ο

διαιρεί τον a^2+b^2

τότε

διαιρεί τους a,b

.
Tέταρτη σκέψη...Αν το γινόμενο (x+2)(x^2-2x+4)

είναι της μορφής 4k+3

τότε θα έχει πρώτο διαιρέτη της αυτης μορφης και λόγω του λήμματος ο πρώτος αυτος θα διαιρεί τον

άρα αφού βλέπουμε ότι x>1

τελικά δεν έχουμε λύσεις...
Πέμπτη σκέψη...έλεγχος της αρχικής εξίσωσης mod2

και βλέπουμε ότι αν έχει λύσεις θα είναι περιττοί οι x,y

και τελικά σε κάθε περίπτωση στο γινόμενο (x+2)(x^2-2x+4)

ο ένας τουλάχιστον θα είναι της μορφής 4k+3

.
Άρα ....

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή

#63

socrates έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση

36) $(x^2+y)(x+y^2)=(x-y)^3, \ x,y\in\mathbb{Z}$

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την $y\left[ 2y^2+x(x-3)y+x(3x+1)\right] =0.$

Όλα τα ζεύγη (k,0)

όπου

ακέραιος είναι λύσεις.

Ας βρούμε τις μη μηδενικές λύσεις. Η εξίσωση 2y^2+x(x-3)y+x(3x+1) =0

έχει διακρίνουσα $\Delta =x(x-8)(x+1)^2.$ Για να έχουμε ακέραιες λύσεις θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο.

$\bullet$ Αν x=-1

τότε

$\bullet$ Αν x=8

τότε

$\bullet$ Αν $1\leq x\leq 7$ τότε $\Delta <0$ και τότε δεν έχουμε λύσεις.

$\bullet$ Αν $x\geq 9$ η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο όταν ο αριθμός x(x-8)

είναι τέλειο τετράγωνο.

Όμως (x-7)^2<x(x-8)<(x-4)^2

για κάθε $x\geq 9$ . Άρα για να έχουμε λύση θα πρέπει x(x-8)=(x-6)^2

ή

Η πρώτη περίπτωση δίνει x=9

και τότε

ή

Η δεύτερη περίπτωση δεν δίνει ακέραιες λύσεις.

$\bullet$ Αν $x\leq -2$ η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο όταν ο αριθμός x(x-8)

είναι τέλειο τετράγωνο.

Όμως (x-2)^2<x(x-8)<(x-4)^2

για κάθε $x \leq -2$ . Άρα για να έχουμε λύση θα πρέπει x(x-8)=(x-3)^2.

Η εξίσωση αυτή δεν δίνει ακέραιες λύσεις.

Οι λύσεις λοιπόν είναι οι (-1,-1),(8,-10),(9,-21),(9,-6)

και όλα τα ζεύγη (k,0)

όπου

ακέραιος.

Αρχιμήδης 6 · #64

socrates έγραψε:Να λυθούν
...
34) $2^q=1999+p^2, \ p,q$ πρώτοι

Για

δεν έχει λύσεις. Άρα

περιττός.
$2^{11}(2^{q-11}-1)=(p-7)(p+7)$
Άρα αφού

περιττός απο τα παραπάνω έχουμε μοναδική λύση το ζεύγος (p,q)=(7,11)

.

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή

Αρχιμήδης 6 · #65

Για την άσκηση

να συνεχίσω τον συλλογισμό μου γιατί υπάρχουν δικαίως απορίες που λόγω χρόνου δεν καλύφθηκαν.
$2^{11}(2^{q-11}-1)=(p-7)(p+7)$
Αν γίνει έλεγχος mod4

για πρώτο

θα δει κανείς ότι πάντα για περιττό πρώτο ο ένας απο τους p-7

,

είναι πάντα της μορφής 4k+2

και ο άλλος της μορφής

.Aφού $2^{11}/(p-7)(p+7)$ τότε σύμφωνα με τον έλεγχο που κάναμε ο $2^{10}/p-7$ ή $2^{10}/p+7$ και αντικαθιστούμε τον

στην αρχική μας εξίσωση για κάθε περίπτωση.Τέλος βρίσκουμε την μοναδική λύση...!

Αρχιμήδης 6 · #66

37) $x^4+x^2=7^zy^2, \ x,y,z \in \Bbb{Z}$

Λύση της

.
$x^2(x^2+1)=7^{z}y^2$
Έστω

η ΄μέγιστη δύναη του

που διαιρεί τον y^2

Τότε $7^{z+2k}l^2=x^2(x^2+1)$ όπου $(x^{2},x^{2}+1)=1$ . z+2k=t

Άρα έχουεμε 2 περιπτώσεις.
1) $7^{t}=x^{2}$ & $l^{2}=x^{2}+1$
2) $7^{t}=x^{2}+1$ & $l^{2}=x^{2}$ . Η πρώτη περίπτωση είναι απλή και για την δεύτερη δουλεύω mod4

. Αν έχω κάνει κάλά τις πράξεις τελικά υπάρχει μοναδική λύση (x,y)=(0,0)

.

Αρχιμήδης 6 · #67

socrates έγραψε:Οι επόμενες εξισώσεις έχουν άπειρες ακέραιες ρίζες:
32) $x^3+y^3+1=z^3, \ x,y,z \in \mathbb{N}.$

Μια άλλη τοποθέτηση πάνω στο θέμα αυτό.
Aφού θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις ένας τρόπος εύρεσης αυτών θα μπορούσε ίσως να ήταν ο παρακάτω...
Aφού θέλουμε να δείξουμε ότι έχει άπειρες λύσεις τότε έστω ότι οι κάθε μεταβλητή x,y,z

είναι πολυώνυμο τετάρτου βαθμού ...(Δοκιμάζουμε και για τρίτου βαθμού.)
Θέτω x=k_1a^3+k_2a^2+k_3a+k_4

,

, $z=k_1a^4+k_9a^3+K_{10}a^2+k_{11}a+k_{12}$
Τότε x^3+y^3+z^3+1-z^3=P(a)

To μειονέκτημα της τακτικής αυτής είναι ότι λαβαμε υπόψην μόνο μια μεταβλητη

ενώ θα μπορούσε το πολυώνυμο να έχει πάνω απο

μεταβλητές και άλλο ένα είναι οι πράξεις...Κάτι τελευταίο είναι ότι αυτή την αδύναμη μέθοδο που βρήκα μπορώ να την κάνω ισχυρότερη ...
Φιλικά ,
Δημήτρης

#68

39)
Βρείτε μια λύση της εξίσωσης x^2-2x=2007y^2.

Έχει άπειρες;

40)
$\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{2007}, \ x,y \in \Bbb{N}$

41)
$(a + b + c)^2= a^3+ b^3+ c^3, \ a < b < c , \ a,b,c \in \Bbb{N}.$

#69

socrates έγραψε: 40)
$\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{2007}, \ x,y \in \Bbb{N}$

Αν το $\displaystyle{\mathbb{N}}$ περιέχει το $\displaystyle{0,}$ η εξίσωση έχει τις προφανείς λύσεις $\displaystyle{(2007,0),(0,2007).}$

Αναζητούμε άλλες.

Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι $\displaystyle{x\geq y.}$ Τότε, είναι

$\displaystyle{\sqrt{2007}=\sqrt{x}+\sqrt{y}\geq 2\sqrt{y}\Rightarrow y\leq 501.75,}$ άρα $\displaystyle{\boxed{y\leq 501}.}$ (1)

Από την εξίσωση λαμβάνουμε $\displaystyle{\sqrt{x}=\sqrt{2007}-\sqrt{y}\Rightarrow x=2007+y-2\sqrt{2007y},}$

δηλαδή είναι

$\displaystyle{6\sqrt{223y}=2007+y-x.}$
Από εδώ φαίνεται (αφού $\displaystyle{223}$ πρώτος) ότι πρέπει το $\displaystyle{y}$ να είναι της μορφής $\displaystyle{223k^2}$ . Οπότε, λόγω της (1), είναι $\displaystyle{y=223.}$ Τότε εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{x=892.}$

Τελικά έχουμε τις μη τετριμμένες λύσεις $\displaystyle{(892,223),(223,892).}$

#70

socrates έγραψε:
41)
$(a + b + c)^2= a^3+ b^3+ c^3, \ a < b < c , \ a,b,c \in \Bbb{N}.$

Αναζητούμε λύσεις με $\displaystyle{abc\ne 0.}$

Από την ανισότητα $\displaystyle{9(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)^3}$ και επειδή $\displaystyle{a<b<c}$ έχουμε

$\displaystyle{9(a+b+c)^2=9(a^3+b^3+c^3)>(a+b+c)^3 \Rightarrow a+b+c<9.}$

Λόγω της $\displaystyle{a<b<c}$ φαίνεται ότι πρέπει $\displaystyle{a=1}$ .

Τότε, υπάρχουν οι εξής δυνατότητες:

$\displaystyle{\bullet b=3,c=4,}$

$\displaystyle{\bullet b=2,c=3,}$

$\displaystyle{\bullet b=2,c=4,}$

$\displaystyle{\bullet b=2,c=5.}$

Εύκολα βλέπουμε, ότι μόνο η τριάδα $\displaystyle{(1,2,3)}$ ικανοποιεί την εξίσωση.

Αρχιμήδης 6 · #71

socrates έγραψε:39)
Βρείτε μια λύση της εξίσωσης Έχει άπειρες;

Η παραπάνω εξίσωση είναι εξίσωση Pell.
H βασική της λύση είναι (x,y)=(225,5)

Έχει άπειρες λύσεις.

#72

42) $3^{x}= 2^{x}y+1, \ x,y \in \Bbb{N}$

43) $2^{x}+1=y^{z} , \ x,y,z \in \Bbb{N}$

44) $2.3^{x}=5^{y}+1, \ x,y \in \Bbb{N}$

45) $3^{a}+7^{b}=k^2, \ a,b,k \in \Bbb{Z}$

46) $2^{p}+p-1 =k^2, \ p$ πρώτος

47) $\displaystyle{ \left ( x+y\sqrt{2011}\right )^{4}+\left ( z+t\sqrt{2011}\right )^{4}=10000+300\sqrt{2011}, \ x,y,z,t \in \Bbb{Z} }$

Κάποιες από τις παραπάνω λύνονται με ένα πολύ ωραίο θεώρημα-λήμμα!

Αρχιμήδης 6 · #73

socrates έγραψε:42) $3^{x}= 2^{x}y+1, \ x,y \in \Bbb{N}$

( Προφανοί ζεύγοι λύσεων (x,y)=(0,0),(1,1),(2,2),(4,5)

Γίνεται έλεγχος mod4

για να διαπυστώσω ότι ο

είναι άρτιος.
Έστω ότι x=2z

,

.
$(3^z-1)(3^z+1)=2^{2z}*y=2^{2z+k}*p$
Όμως (3^z-1,3^z+1)=2

Σε κάθε περίπτωση για να έχει λύσεις η τελευταία εξίσωση θα πρέπει:
$3^z-1=2^{2z+k-1}*p_1$ ή $3^z+1=2^{2z+k-1}*p_1$ όμως $3^z+1<2^{2z-1}$ για κάθε z>2

. Άρα δεν υπάρχουν άλλες λύσεις!

Αρχιμήδης 6 · #74

socrates έγραψε:43) $2^{x}+1=y^{z} , \ x,y,z \in \Bbb{N}$

(Προφανείς λύσεις (x,y,z)=(0,2,1),(1,3,1),(3,3,2),(x,2^x+1,1)

)
Αν

περιττός τότε
$2^x=(y-1)(y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1)$
Παρατηρούμε ότι η ποσότητα y-1

άρτιος ενώ η ποσότητα $y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1$ είναι περιττός οπότε y=3

& $y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1=2^{x-1}$ όμως αφού z-1

άρτιος τότε θα ισχύει ότι $y^{z-1}<y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1<(y+1)^{z-1}$ εκτός και αν z=2

που μας δίνει και πάλι την λύση (x,y,z)=(3,3,2)

.
Aν

άρτιος τότε έστω ότι z=2k

.

& $y^k+1=2^{x-1}$
y=3

,

.
Τελικά οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι...
(x,y,z)=(0,2,1),(1,3,1),(3,3,2),(x,2^x+1,1)

.

Αρχιμήδης 6 · #75

socrates έγραψε: 44) $2.3^{x}=5^{y}+1, \ x,y \in \Bbb{N}$

Προφανής λύση (x,y)=(1,1),(0,0)

.

και έτσι κάνοντας έλεγχο βλέπουμε ότι y=3mod6

.
Θέτω για ευκολία 5^y=z^3

, $z=5^{2k+1}$ .
2*3^x=z^3+1

Δεδομένου ότι z^2-z+1=3mod9

,

&

θα έχουμε ότι $z+1=2*3^{x-1}$ & z^2-z+1=3

που δεν μας δίνει καμία λύση για $z=5^{2k+1}$ .

Αρχιμήδης 6 · #76

Καμια ιδέα κανείς για την εξίσωση νουμερο

;

Marios V. · #77

socrates έγραψε: 45) $3^{a}+7^{b}=k^2, \ a,b,k \in \Bbb{Z}$

προφανώς

μη-αρνητικά. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι k>0

. Αν

, ή

, από Catalan πρέπει b=1,0

ή

. Πέρνουμε την λύση $a=1, b=0, k=\pm 2$ .
Αν a,b

θετικοί.
είναι $k^{2}\equiv 0 (mod4)$ οπότε $3^{a}+7^{b}\equiv 0 (mod4)$ , $(-1)^{a}+(-1)^{b}\equiv 0 (mod4)$ , οπότε ο ένας από τους a,b

θα είναι άρτιος, και ο άλλος περιττός.
i) $a=2x, 3^{2x}+7^{b}=k^{2}, 7^{b}=(k-3^{x})(k+3^{x}), k-3^{x}=7^{l}, k+3^x=7^{b-l},$ αφαιρόντας κατα μέλη: $2*3^{x}=7^{l}(7^{b-2l}-1)$ , οπότε πρέπει $7^{l}|2*3^{x}$ , που δεν ισχύει εκτός και αν l=0

. τότε όμως, $k-3^{x}=1, k+3^x=7^{b}$ και άρα $7^{b}=2*3^{x}+1$ . αν x>2

, πρέπει

να είναι πολλ. του

(τάξη του

) και άρα άρτιος, οπότε x=1

ή

, απ' όπου b=1

, και $k=\pm4, a=2$ .
ii) $b=2x, 3^{a}+7^{2x}=k^{2}, 3^{a}=(k-7^{x})(k+7^{x}), k-7^{x}=3^{l}, k+7^{x}=3^{a-l}$ , αφαιρόντας κατα μέλη: $2*7^{x}=3^{l}(3^{a-2l}-1)$ , οπότε πρέπει $3^{l}|2*7^{x}$ , που δεν ισχύει εκτός και αν l=0

, που τότε θα είναι $k=7^{x}+1, k+7^{x}=3^{a}$ , οπότε $2*7^{x}=3^{a}-1$ , οπότε το

είναι πολλαπλάσιο του

(η τάξη του 3 mod 7

), κάτι που δεν γίνεται αφού είναι περιττό.
Μοναδικές λύσεις οι $a=1, b=0, k=\pm 2$ και $a=2, b=1, k=\pm4$ .

Αρχιμήδης 6 · #78

Πολύ καλά Μάριε! Tον ίδιο τρόπο επίλυσης βρήκα και εγώ...Μπορείς να <<παίξεις>> με mod7

για να δεις ότι ο

είναι άρτιος πλην των τετριμμένων περιπτώσεων...Αναρωτήθηκα μήπως κάποιος είχε βρεί τρόπο επίλυσης με κίνηση ματ δηλαδή εύρεση κατάλληλου ακεραίου

ώστε με

η εξίσωση να είναι αδύνατη εξαιρώντας τις τετριμμένες περιπτώσεις. Αν κάποιος βρεί τον

που ζητάω θα χαρώ πολύ!

#79

Η 46 δε γνωρίζω αν έχει λύση.

Την είδα εδώ, όμως δεν υπάρχει πλήρης λύση..

48)
$x^3+5y^3=9z^3, \ x,y,z \in \Bbb{Z}$

49)
x |y^2 + 1

$y^2 |x^3 + 1, \ x,y \in \Bbb{N}.$

50)
$\displaystyle{\frac{x^3+y^3+x-y}{x^2+y^2} \in \Bbb{Z}}$
$x,y \in \Bbb{N}^*, \ (x,y)=1$

Αρχιμήδης 6 · #80

socrates έγραψε:48)
$x^3+5y^3=9z^3, \ x,y,z \in \Bbb{Z}$

Προφανός μια λύση είναι (x,y,z)=(0,0,0)

Έστω

μη μηδενικοί ακέραιοι.
Αρκεί έλεγχος mod9

για να δούμε ότι x=y=z=0mod9

Μετά θεωρούμε το ύψος της λύσης h(x,y,z)=|xyz|

.Τα ύψη ανήκουν στο σύνολο

των ακέραιων λύσεων.
Τα ύψη των στοιχείων του συνόλου αποτελούν μη κενό σύνολο ακεραίων γιατί δέχομαστε ότι υπάρχουν λύσεις της εξίσωσης.
Οπότε θα υπάρχει ένα στοιχείο του

με ελάχιστο ύψος έστω ότι είναι το h(x_0,y_0,z_0)

.

, όμως

Προφανός θα ισχύει ότι (x_0/9)^3+5(y_0/9)^3=9(z_0/9)^3

Ατοπο γιατί η λύση (x_0,y_0,z_0)

είναι ένα στοιχείο του

με ελάχιστο ύψος.

Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Μέλη σε σύνδεση