Σύστημα!

Ορέστης Λιγνός · #1

Μία άσκηση που έφτιαξα :

Θεωρούμε το σύστημα των εξισώσεων :

$\begin{Bmatrix} a+b+c=M & \\ 4(ab+bc+ca)=M^2& \end{Bmatrix}$

Να δείξετε, ότι για κάθε $M \in \{2024,2025,2026, \ldots, 2039,2040 \}$ , το σύστημα δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις (a,b,c)

, τέτοιες ώστε ο Μ.Κ.Δ. των a,b,c

να είναι ίσος με

.

#2

Όμορφη!

Χωρίς βλάβη της γενικότητας το σύστημα έχει λύση με $a \leqslant b \leqslant c$

Έχουμε (a+b+c)^2 = M^2 = 4(ab+bc+ca)

το οποίο δίνει a^2 + b^2 + c^2 = 2(ab+bc+ca)

ή ισοδύναμα (a+b-c)^2 = 4ab

. Άρα το

είναι τέλειο τετράγωνο και ομοίως τα

και

είναι τέλεια τετράγωνα. Αν το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο, τότε υπάρχει πρώτος

ώστε

περιττός. Αφού όμως τα ab,ac

είναι τέλεια τετράγωνα θα είναι και v_p(b)

και

περιττοί. Τότε όμως ο

διαιρεί τον Μέγιστο Κοινό Διαιρέτη των a,b,c

, άτοπο.

Άρα τα a,b,c

είναι τέλεια τετράγωνα. Έστω a = r^2,b=s^2,c=t^2

με $0 < r \leqslant s \leqslant t$ . Τότε είναι $r^2 + s^2 - t^2 = \pm 2rs$ . Άρα $t^2 = (r \pm s)^2$ και επειδή $0 < r \leqslant s \leqslant t$ έχουμε t = r+s

.

Από την a+b+c=M

παίρνουμε

. Αν τα

είναι άρτιοι, τότε και οι a,b,c

είναι άρτιοι, άτοπο. Σε αντίθετη περίπτωση αναγκαστικά θα είναι r^2 + s^2 + rs

περιττός, άρα και $M \equiv 2 \bmod 4$ . Οπότε r^2 + s^2 + rs = N

για κάποιο $N \in \{1013,1015,1017,1019\}$ .

Παρατηρούμε ότι υπάρχει πρώτος

ώστε

και $p \equiv 2 \bmod 3$ . (Αν n=1015

παίρνουμε

. Αν

παίρνουμε

. Αν

ή

τότε $N \equiv 2 \bmod 3$ και δεν μπορεί όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του να είναι της μορφής $1 \bmod 3$ . )

Έχουμε $r^2 + s^2 + rs \equiv 0 \bmod p$ άρα και $(2r+s)^2 + 3s^2 \equiv 0 \bmod p$ . Αν p|s

τότε

άρα και

από όπου παίρνουμε p|a,b,c

, άτοπο. Συμπεραίνουμε ότι $p \nmid s$ άρα το

είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\bmod p$ . Όμως

$\displaystyle \left( \frac{-3}{p}\right) = \left( \frac{-1}{p}\right)\left( \frac{3}{p}\right) = \left( \frac{p}{3}\right) = -1$

άτοπο.

Ορέστης Λιγνός · #3

Όπως ακριβώς την είχα σκεφτεί!

Σύστημα!

Σύστημα!

Re: Σύστημα!

Re: Σύστημα!

Μέλη σε σύνδεση