Τρεις πρώτοι

#1

Να βρείτε όλους τους (θετικούς) πρώτους p, q, r

για τους οποίους ο αριθμός (p^2 + p) (q^2 + q) (r^2 + r)

είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

#2

socrates έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 03, 2025 4:04 pm
Να βρείτε όλους τους (θετικούς) πρώτους για τους οποίους ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

.
Για να έχει λύση η ωραία αυτή άσκηση θα πρέπει να θεωρήσουμε ότι και ο

είναι πρώτος αριθμός. Αυτή η εκδοχή ήταν η συνηθισμένη παλαιότρεα και, κατά την γνώμη μου, καλύτερη από την πρακτική που υιοθετούμε σήμερα όπου ο μικρότερος πρώτος λαμβάνεται ο

.

Θα δούμε ότι οι μοναδικές λύσεις της παραπάνω άσκησης είναι οι (p,q,r)=(1,2,3)

και αναδιατάξεις.

Η δοθείσα γράφεται pqr(p+1)(q+1)(r+1) = A^2

.

Θα πάρουμε πρώτα την περίπτωση όπου οι p,q,r

είναι διαφορετικοί ανά δύο. Έπεται ότι οι p,q,r

διαιρούν τον

άρα για κάποιον φυσικό

είναι

. Άρα η παραπάνω γράφεται

(p+1)(q+1)(r+1) = pqrK^2

Έπεται $pqrK^2= (p+1)(q+1)(r+1) \le (2p)(2q)(2r)$ , οπότε $K^2\le 8$ , και άρα K^2=4

(η περίπτωση K^2=1

απορρίπτεται εύκολα) που σημαίνει ότι έχουμε

(p+1)(q+1)(r+1) = 4pqr, (*)

Δεν μπορεί οι p,q,r

ναι είναι και οι τρεις περιττοί γιατί τότε το αριστερό μέλος της (*)

είναι πολλαπλάσιο του

αλλά το δεξί δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Άρα κάποιος από τους p,q,r

είναι άρτιος, δηλαδώ ως πρώτος είναι ίσος με

. Χωρίς βλάβη p=2

, οπότε η

τώρα γράφεται

3(q+1)(r+1)= 8qr

. Ισοδύναμα (πρωτοβάθμια ως προς

) είναι $q=\dfrac {3r+3}{5r-3}$ . Ειδικά αφού $q\ge 1$ είναι $3r+3\ge 5r-3$ , από όπου $r\le 3$ . Εύκολα τώρα με έλεγχο βλέπουμε ότι οι μόνες εκδοχές είναι r=1,q=3

ή το ανάποδο.

Συνοψίζοντας, έχουμε σε αυτή την περίπτωση την λύση που περιγράψαμε στην αρχή.

Μένει να εξετάσουμε την εκδοχή όπου οι οι p,q,r

δεν είναι διαφορετικοί ανά δύο. Αν π.χ. είχαμε $p=q\ne r$ η αρχική γράφεται p^2(p+1)^2r(r+1)=A^2

, που απορρίπτεται γιατί ο r(r+1)

δεν είναι τέλειο τετράγωνο (άμεσο). 'Ομοια απορρίπτουμε την περίπτωση p=q=r

που δίνει

. Τελειώσαμε.

Τρεις πρώτοι

Τρεις πρώτοι

Re: Τρεις πρώτοι

Μέλη σε σύνδεση