ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Μάιος 25, 2019 2:13 am

Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων η εξίσωση:

\displaystyle{3^x +y^2 = 2^y}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1312
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Μάιος 25, 2019 2:44 am

Οι περιπτώσεις όπου τα x,y είναι αρνητικά ή ένας εκ των δύο είναι αρνητικός, είναι τετριμμένες.
Αν τώρα x,y>0 έχουμε \mod 3 ότι y^2\equiv (-1)^y\pmod{3}, άρα πρέπει y άρτιος. Τότε όμως από την αρχική εξίσωση 3^x άρτιος, άτοπο.

Αν τώρα x=0, έχουμε 1+y^2=2^y, που για y\geq 2 είναι άτοπο, αφού το -1 βγαίνει τετραγωνικό κατάλοιπο, οπότε y=0 ή y=1.
Αν y=0, τότε μόνη περίπτωση x=0.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
2nisic
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm

Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιαν 23, 2021 12:00 pm

2nisic έγραψε:
Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm
Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}
Καλημέρα

Αρχικά αν (x,y,z) λύση τότε και (x,-y,z) λύση οπότε θεωρώ y\geq 0
Αν y=0 τότε 3^x=2^z που ισχύει μόνο για x=z=0,
Έστω y>0
Αν x<0 τότε 2^z=y^2+3^x\not \in \mathbb{Z} άρα z<0, τότε όμως 1>2^z=y^2+3^x>1 άτοπο.
Άρα x,z\geq 0, αν z=0 τότε 1=3^x+y^2>1 άτοπο, άρα z>0. Αν x=0 τότε 1+y^2=2^z που με \pmod4 δίνει y=z=1.
Έστω τώρα x,y,z>0
Με \pmod3 έχω y^2=2^z\pmod 3 αλλά 3\not |2^z άρα 2|z. Έστω z=2w
Είναι 3^x=(2^w-y)(2^w+y), έστω d=gcd(2^w-y,2^w+y)
d|(2^w+y)-(2^w-y)=2^{w+1} και d|(2^w-y)(2^w+y)=3^x οπότε πρέπει d=1 και αφού 2^w+y>2^w-y θα είναι
2^w-y=1 και 2^w+y=3^x \Rightarrow 2^{w+1}=3^x+1
Αυτή με \pmod3 δίνει 2|w+1,θέτω w+1=2e και έχω (2^e-1)(2^e+1)=3^x οπότε όπως και πριν πρέπει 2^e-1=1 και 2^e+1=3^x\Rightarrow e=1,x=1.
Οπότε όλες οι λύσεις είναι (x,y,z)=(0,0,0),(0,\pm 1,1),(1,\pm 1,2)


Joaakim
Δημοσιεύσεις: 96
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 22, 2020 4:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Joaakim » Σάβ Ιαν 23, 2021 12:29 pm

2nisic έγραψε:
Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm
Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}
Μία προσπάθεια:
Προφανώς δεν υπάρχουν αρνητικοί ακέραιοι x,y, που να ικανοποιούν την αρχική.
Αν x=0, τότε 1+y^2=2^z. Αν z≥2, τότε με mod.4,
προκύπτει ότι y^2=-1(mod.4), άτοπο. Άρα z=0,1. Για z=0, έχουνε την λύση (x,y,z)=(0,0,0), ενώ για z=1, έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,1,1),(0,-1,1).

Αν x>0, τότε με mod.3 έχουμε ότι z άρτιος. Έστω ότι z=2k, για k θετικό ακέραιο.
Η εξίσωση γράφεται τώρα (2^k+y)(2^k-y)=3^x. Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a, b, με a+b=x, τέτοιοι ώστε:
2^k+y=3^a
2^k-y=3^b
Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει: 3^b(3^a^-^b+1)=2^k^+^1. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
-a<b. Τότε προφανώς παίρνουμε άτοπο.
-a=b. Τότε 3^b*2=2^k^+^1, που δίνει 3^b=2^k, το οποίο μπορεί να ισχύει μόνο για b=k=0. Τότε x=a+b=2b=0, z=2k=0, και y=0. Τότε
έχουμε την λύση (x, y, z)=(0, 0, 0).
-a>b. Τότε θα ισχύει ότι 3^b|2^k^+^1, το οποίο μπορεί να ισχύει μόνο για b=0. Τότε x=a. Η εξίσωση τώρα γίνεται 3^x+1=2^k^+^1.
Παίρνοντας mod.3 λαμβάνουμε ότι (-1)^k^+^1=1(mod.3). Που δίνει ότι k περιττός. Έστω ότι k=2l-1, για l θετικό ακέραιο. Η εξίσωση
γράφεται: (2^l+1)(2^l-1)=3^x. Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι u,v, με u+v=x, u>v, τέτοιοι ώστε:
2^l+1=3^u
2^l-1=3^v
Αφαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε ότι 3^v(3^u^-^v-1)=2. Άρα 3^v|2, που δίνει v=0, x=u, και
3^x-1=2, που δίνει x=1. Τότε k+1=2, και συνεπώς z=2k=2*1=2. Τότε y^2=1, άρα y=+-1.

Τελικά έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,0,0),(0,1,1),(0-1,1),(1,1,2),(1,-1,2).

Παρακαλώ διορθώστε με για τυχόν λάθη, γιατί ακόμα μαθαίνω να λύνω τέτοιες ασκήσεις, και οι παρατηρήσεις σας θα με βοηθούσαν πολύ.

Edit: Με πρόλαβε ο Πρόδρομος (για αρκετή ώρα βέβαια). Το αφήνω για την πληκτρολόγηση.

Υ.Γ. Σημειώνω με έντονα γράμματα μια περίπτωση που δεν πήρα. Ευχαριστώ τον κύριο Δημήτρη για την επισήμανση!
τελευταία επεξεργασία από Joaakim σε Σάβ Ιαν 23, 2021 8:16 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8626
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Ιαν 23, 2021 7:53 pm

Αφού δείξουμε ότι τα x,z είναι μη αρνητικοί, βγαίνει και με modulo 8. Το αριστερό μέλος δεν είναι πολλαπλάσιο του 8 οπότε αναγκαστικά z \in \{0,1,2\} και τα πράγματα πλέον είναι εύκολα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης