Διοφαντική εξίσωση!

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6272
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Διοφαντική εξίσωση!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Απρ 05, 2020 8:53 pm

Με αφορμή την δεύτερη εξίσωση εδώ, μια παρόμοιου ύφους, αλλά σαφώς δυσκολότερη:

Να λυθεί στους φυσικούς η εξίσωση

\displaystyle{10^x+89=y^2.}


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
nikhtas30
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 25, 2019 5:04 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikhtas30 » Δευ Απρ 06, 2020 2:17 am

Διαγραφή εφόσον έγραψα την απόπειρα λύσης μου παρακάτω.
τελευταία επεξεργασία από nikhtas30 σε Δευ Απρ 13, 2020 6:26 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6272
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Απρ 06, 2020 2:27 am

nikhtas30 έγραψε:
Δευ Απρ 06, 2020 2:17 am
Καλησπέρα έκανα μια απόπειρα να λύσω το πρόβλημα σας και βρήκα μια λύση δεν είμαι σίγουρος αν υπαρχουν κι' άλλες.Η απόδειξη που έκανα είναι στο παρακάτω link:
https://m.facebook.com/groups/218401806 ... 4759473835
Δεν καταλαβαίνω. Αν θέλεις να βάλεις λύση μπορείς να το κάνεις εδώ. Εδώ προτάθηκε το θέμα, εδώ αναμένουμε τις λύσεις. :? :?


Μάγκος Θάνος
nikhtas30
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 25, 2019 5:04 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikhtas30 » Δευ Απρ 06, 2020 1:19 pm

10^x+89=y^2

x,y\in \mathbb{N}\Rightarrow x,y\geq 0

Οπότε έχουμε:

x\geq 0\Leftrightarrow 10^x\geq 1\Leftrightarrow y^2\geq 90 \Leftrightarrow y\geq 10, εφόσον y\in \mathbb{N}
\Leftrightarrow y^2=100\Leftrightarrow 10^x+89\geq 100 \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow x>1\Leftrightarrow x\geq 2, εφόσον x\in \mathbb{N}

Επομένως συνεχίζω με το ίδιο βιολί...

\Leftrightarrow 10^x\geq 100\Leftrightarrow y^2\geq 189>169=13^2\Leftrightarrow y>13\Leftrightarrow y\geq 14\Leftrightarrow 10^x+89\geq 196 \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \Leftrightarrow x>2\Leftrightarrow x\geq 3\Leftrightarrow 10^x\geq 1000\Leftrightarrow y^2\geq 1089\Leftrightarrow y\geq 3

Παρατηρώ, ότι αν συνεχίσω απλά θα κάνω κύκλους, οπότε δοκιμάζω τις τιμές αυτές στην εξίσωση:

10^3+89=33^2\Leftrightarrow 1089=1089, που ισχύει.

Συνεπώς αυτές είναι και οι λύσεις της εξίσωσης:
(x,y)=(3,33)

Επεξεργασία: Τα έγραψα με μορφή Latex.
τελευταία επεξεργασία από nikhtas30 σε Δευ Απρ 13, 2020 6:19 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


stamas1
Δημοσιεύσεις: 44
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Δευ Απρ 06, 2020 10:52 pm

παιρνεις mod 11 μετα mod33 βγαινει ατοπο και καταληγεις οτι y=+-33 και μετα βρισκεις το χ.Θα γραψω την λυση αυριο


bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 75
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τρί Απρ 07, 2020 12:20 am

stamas1 έγραψε:
Δευ Απρ 06, 2020 10:52 pm
παιρνεις mod 11 μετα mod33 βγαινει ατοπο και καταληγεις οτι y=+-33 και μετα βρισκεις το χ.Θα γραψω την λυση αυριο
Το γεγονός ότι υπάρχει global λύση για y=\pm 33 δεν μπορώ να καταλάβω πως μια λύση μόνο με κάποιο mod επιχείρημα μπορεί να προκύψει? Αναμένω τη λύση!


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
stamas1
Δημοσιεύσεις: 44
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Τρί Απρ 07, 2020 1:21 pm

Για \displaystyle x=0 αδυνατη για \displaystyle x\geq 1παιρνωντας \displaystyle mod9 \Rightarrow x=2b+1,y=11a και επειδη ο αριθμος πρεπει να τελειωνει σε 9 πρεπει το α να ειναι πολ του 3 αρα \displaystyle y=33c.Τωρα η εξισωση γινεται \displaystyle 10^3(10^{2b-2}-c^2)=89(c^2-1) αρα το \displaystyle 10|c^2-1\Rightarrow c^2=k10^3+1.Κανωντας αντικατασταση βγαινει \displaystyle (10^{b-1}-1)(10^{b-1}+1)=89(k+10^3) επειδη \displaystyle (10^{b-1}-1,10^{b-1}+1)=1 πρεπει το 89 να διαιρει ενα απο τα δυο ομως το 89 ειναι πρωτος και δεν ισχυει αυτο.Αρα πρεπει b=1 και μετα με αντικατασταση ειναι \displaystyle c=\pm 1\Rightarrow y=\pm 33.ΛΥσεις (χ,y)=(3,33),(3,-33)


miltosk
Δημοσιεύσεις: 96
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Τρί Απρ 07, 2020 2:48 pm

Διαγραφή εσφαλμένης λύσης
τελευταία επεξεργασία από miltosk σε Τρί Απρ 07, 2020 6:33 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3235
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Απρ 07, 2020 5:06 pm

stamas1 έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 1:21 pm
Για \displaystyle x=0 αδυνατη για \displaystyle x\geq 1παιρνωντας \displaystyle mod9 \Rightarrow x=2b+1,y=11a και επειδη ο αριθμος πρεπει να τελειωνει σε 9 πρεπει το α να ειναι πολ του 3 αρα \displaystyle y=33c.Τωρα η εξισωση γινεται \displaystyle 10^3(10^{2b-2}-c^2)=89(c^2-1) αρα το \displaystyle 10|c^2-1\Rightarrow c^2=k10^3+1.Κανωντας αντικατασταση βγαινει \displaystyle (10^{b-1}-1)(10^{b-1}+1)=89(k+10^3) επειδη \displaystyle (10^{b-1}-1,10^{b-1}+1)=1 πρεπει το 89 να διαιρει ενα απο τα δυο ομως το 89 ειναι πρωτος και δεν ισχυει αυτο.Αρα πρεπει b=1 και μετα με αντικατασταση ειναι \displaystyle c=\pm 1\Rightarrow y=\pm 33.ΛΥσεις (χ,y)=(3,33),(3,-33)

stamas1 έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 1:21 pm
\displaystyle (10^{b-1}-1)(10^{b-1}+1)=89(k+10^3)
η σωστή είναι

\displaystyle (10^{b-1}-c)(10^{b-1}+c)=89(k10^3)
stamas1 έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 1:21 pm
επειδη \displaystyle (10^{b-1}-1,10^{b-1}+1)=1 πρεπει το 89 να διαιρει ενα απο τα δυο ομως το 89 ειναι πρωτος και δεν ισχυει αυτο.
Αν και δεν έχει σημασία μιας και δεν το έχουμε γιατί είναι άτοπο;
Νομίζω ότι οι μοναδικές λύσεις είναι οι (3,33) και (3,-33).Αν δεν δοθεί λύση κάποια στιγμη θα γράψω την λύση.


stamas1
Δημοσιεύσεις: 44
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Τρί Απρ 07, 2020 5:10 pm

Η λυση μου ειναι λαθος.Η εξισωση η τελευταια ειναι \displaystyle (10^{b-1}-1)(10^{b-1}+1)=1089k.Ομως \displaystyle (10^{b-1}-1,10^{b-1}+1)=1αρα το 3 διαιρει το ενα και το 11 το αλλο.Αν το 3 διαρει την πρωτη παρενθεση τοτε το 11 διαρει την αλλη ομως αυτο ειναι ατοπο.Αν το 11 διαρει την πρωτη παρενθεση τοτε το 3 δεν διαιρει την δευτερη γιατι το αθροισμα των ψηφιων ειναι 2 αρα b=1 ....


bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 75
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τρί Απρ 07, 2020 9:56 pm

stamas1 έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 5:10 pm
Η λυση μου ειναι λαθος.Η εξισωση η τελευταια ειναι \displaystyle (10^{b-1}-1)(10^{b-1}+1)=1089k.Ομως \displaystyle (10^{b-1}-1,10^{b-1}+1)=1αρα το 3 διαιρει το ενα και το 11 το αλλο.
Αυτό δεν ισχύει. Για b = 11 έχουμε ότι 33\mid 10^{10}-1.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 5:06 pm
Νομίζω ότι οι μοναδικές λύσεις είναι οι (3,33) και (3,-33).Αν δεν δοθεί λύση κάποια στιγμη θα γράψω την λύση.
Πως προσεγγίζεις τη λύση, με Pell εξισώσεις? Δεν έχω προλάβει να ασχοληθώ αλλά κάτι τέτοιο έχω στο μυαλό μου.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3235
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Απρ 07, 2020 10:55 pm

Γράφω λύση.Η λύση δεν είναι σωστή.Μια σχέση που χρησιμοποίησα δεν ισχύει.
Αν ο x είναι άρτιος είναι εύκολο να δούμε ότι δεν υπάρχει λύση.
Εχουμε λοιπόν την

10^{2k+1}+89=y^2(*)

Αν k=0 δεν υπάρχει λύση.

Αν k=1 έχουμε τις λύσεις (3,33) και (3,-33)

Θα δείξουμε ότι για k>1 δεν υπάρχουν λύσεις.

Παίρνοντας στην (*) mod3 και mod11 βρίσκουμε ότι
y=0mod33

Θα έχουμε λοιπόν ότι υπάρχει m ώστε

10^{2k+1}+89=(33m)^2(1)

Αν πάρουμε την (1) mod8
βρίσκουμε
Δεν προκύπτει το
m=\pm 1mod8(2)

Ξέρουμε ότι
10^3+89=(33)^2(3)

Από (1)και (3) αφαιρώντας έχουμε ότι

10^3(10^{2(k-1)}-1)=33^2(m^2-1)

Εύκολα η τελευταία δίνει ότι υπάρχει r φυσικός ώστε

m^{2}-1=r10^{3}(4),10^{2(k-1)}-1=33^{2}r(5)

Η (5) δίνει ότι το r είναι περιττός .

Αλλά λόγω της (2) η (4) γίνεται
Δυστυχώς η (2) δεν ισχύει οπότε τα παρακάτω δεν βγάζουν το άτοπο.
8n^2\pm 2n=5^3r
(m=8n\pm1)
που δίνει ότι το r είναι άρτιος.
ΑΤΟΠΟ.



Ευχαριστώ τον min που με π.μ μου επεσήμανε το σφάλμα καθώς και τον Σιλουανό.
τελευταία επεξεργασία από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ σε Τετ Απρ 08, 2020 12:16 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1298
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Απρ 08, 2020 12:00 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τρί Απρ 07, 2020 10:55 pm
10^{2k+1}+89=(33m)^2(1)

Αν πάρουμε την (1) mod8
βρίσκουμε

m=\pm 1mod8(2)
Σταύρο, από την (1) βρίσκω ότι m^2\equiv 1\bmod{8}, την (2) δεν την βλέπω.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1298
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Απρ 08, 2020 6:35 pm

Μια απόπειρα που δεν είναι στοιχειώδης όμως.

Όπως είδαμε πρέπει ο x να είναι περιττός και 33\mid y.
Παίρνω τώρα \bmod{7} και βρίσκω ότι (παίρνω υπόψη ότι x περιττός) χ\equiv 1, 3\bmod{6} (απορρίπτεται δηλαδή το x\equiv 5(\bmod{6})).
Αν πάρω τώρα \bmod{27} έχω 10^{6k+1}+89\equiv 18(\bmod{27}), επομένως 18\equiv 9m^2(\bmod{27}) οπότε
3\mid m^2-2, άτοπο. Επομένως x\equiv 3\bmod{6}.

Καταλήγουμε δηλαδή στην εξίσωση s^3+89=y^2, που είναι εξίσωση τύπου Mordell. Ξέρουμε ότι αυτή έχει πεπερασμένες λύσεις και μάλιστα όλες οι θετικές λύσεις για το s είναι 10 και 55. Επειδή το s στην περίπτωσή μας είναι είναι δύναμη του 10, η μόνη δεκτή λύση είναι η s=10 οπότε x=3.

Για την εξίσωση Mordell δείτε εδώ https://hr.userweb.mwn.de/numb/mordell.html#tbl5


Σιλουανός Μπραζιτίκος
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 75
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τετ Απρ 08, 2020 9:21 pm

silouan έγραψε:
Τετ Απρ 08, 2020 6:35 pm
Μια απόπειρα που δεν είναι στοιχειώδης όμως.

Όπως είδαμε πρέπει ο x να είναι περιττός και 33\mid y.
Παίρνω τώρα \bmod{7} και βρίσκω ότι (παίρνω υπόψη ότι x περιττός) χ\equiv 1, 3\bmod{6} (απορρίπτεται δηλαδή το x\equiv 5(\bmod{6})).
Αν πάρω τώρα \bmod{27} έχω 10^{6k+1}+89\equiv 18(\bmod{27}), επομένως 18\equiv 9m^2(\bmod{27}) οπότε
3\mid m^2-2, άτοπο. Επομένως x\equiv 3\bmod{6}.

Καταλήγουμε δηλαδή στην εξίσωση s^3+89=y^2, που είναι εξίσωση τύπου Mordell. Ξέρουμε ότι αυτή έχει πεπερασμένες λύσεις και μάλιστα όλες οι θετικές λύσεις για το s είναι 10 και 55. Επειδή το s στην περίπτωσή μας είναι είναι δύναμη του 10, η μόνη δεκτή λύση είναι η s=10 οπότε x=3.

Για την εξίσωση Mordell δείτε εδώ https://hr.userweb.mwn.de/numb/mordell.html#tbl5
Ωραία λύση!


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1298
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Δευ Απρ 13, 2020 12:06 am

matha έγραψε:
Κυρ Απρ 05, 2020 8:53 pm
Να λυθεί στους φυσικούς η εξίσωση

\displaystyle{10^x+89=y^2.}
Θάνο φαντάζομαι ότι θα έχεις στο μυαλό σου μια πιο στοιχειώδη λύση από αυτή που πρότεινα παραπάνω, σωστά;
Βγαίνει με Pell;


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6272
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Διοφαντική εξίσωση!

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Απρ 13, 2020 1:44 am

Ναι Σιλουανέ. Το ότι δεν έχει λύσεις με \displaystyle{x} άρτιο είναι τετριμμένο. Ας είναι λοιπόν \displaystyle{x=2z+1,} οπότε η εξίσωση γράφεται

\displaystyle{y^2-10w^2=89}, όπου \displaystyle{w=10^z}, που είναι τύπου Pell.


Μάγκος Θάνος
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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