Εκθετική με Παραγοντικό

Joaakim · #1

Να προσδιορίσετε όλες τριάδες θετικών ακεραίων (a,b,c)

, οι οποίοι ικανοποιούν την εξίσωση:
$7^{a}=5^{b}+c!$ .

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #2

Για: $c\geq 5$ παρατηρούμε πως $LHS\not\equiv RHS\equiv 0 (\mod 5)$

Συνεπώς, εξετάζουμε τις περιπτώσεις: c<5

Για

$LHS\not\equiv RHS \equiv 0 (\mod2)$ , άτοπο.

Για c=2

, αν

εύκολα προσδιορίζουμε την τριάδα θετικών ακεραίων (a,b,c)=(1,1,2)

. Τώρα, για $b\geq 2$ , πρέπει $LHS=7^a\equiv 2 (\mod25)$ . Είναι, όμως, $a\geq 2$ . Οπότε, θα πρέπει a=4k+1

και, κατά συνέπεια, $7^{4k+1}\equiv 2 (\mod25)$ , που είναι, όμως, άτοπο (παρακάτω ποστ)

Τώρα, για c=3

, παίρνοντας $\mod 5$ έχουμε: $7^a\equiv 1 (\mod5)$ . Από την τελευταία σχέση, το μικρό θεώρημα Fermat δίνει: 4|a

. Επομένως, μπορούμε να γράψουμε: a=4s

. Αντικαθιστώντας την τελευταία στη δοθείσα εξίσωση, έχουμε: (7^4)^s=5^b+6

. Με $\mod 6$ εύκολα παίρνουμε πως 2|b

. Ακόμα παρατηρούμε πως $LHS\equiv 1 (\mod 8)$ , ενώ $RHS\equiv -1 (\mod8)$ . Συνεπώς, για c=3

δεν υπάρχει λύση.

Τέλος, για c=4

Η εξίσωση γράφεται: 7^a=5^b+24

, όπου με $\mod 3$ παίρνουμε ότι ο

είναι άρτιος. Όμως, μετά, με $\mod 8$ παίρνουμε: $(-1)^a\equiv 1 (\mod 8)$ . Επομένως,

άρτιος. Μπορούμε, λοιπόν, να θέσουμε: a=2m

και

με $m,n\in \mathbb{N^*}$ . Η εξίσωση μετά γράφεται: (7^m-5^n)(7^m+5^n)=24

, που προφανώς έχει μοναδική λύση την: (m,n)=(1,1)

. Επομένως, προκύπτει η τριάδα θετικών ακεραίων: (a,b,c)=(2,2,4)

Συνεπώς, οι λύσεις της αρχικής εξίσωσης είναι οι τριάδες θετικών ακεραίων: (a,b,c)=(1,1,2), (2,2,4)

Joaakim · #3

Πολύ ωραία λύση (επίσης καλωσόρισες στο

) , όμως μερικά σημεία χρειάζονται προσοχή.

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 04, 2021 1:14 pm

Για , αν εύκολα προσδιορίζουμε την τριάδα θετικών ακεραίων . Τώρα, για $b\geq 2$ , πρέπει $LHS=7^a\equiv 2 (\mod25)$ . Είναι, όμως, $a\geq 2$ . Οπότε, θα πρέπει $49^k\equiv 2 (\mod25)$ για τυχόν $k\in \mathbb{N^*}$ . Είναι, όμως, $49 \equiv -1 (\mod25)$ , οπότε, θα πρέπει: $(-1)^k\equiv 2 (\mod25)$ , άτοπο, οπότε δεν υπάρχουν άλλες λύσεις για .

Στην ουσία ισχυρίζεσαι ότι εάν $a \geq 2$ , τότε ο αριθμός $7^{a}$ είναι δύναμη του 49, που δεν ισχύει π.χ. ο $7^{3}=343$ δεν είναι δύναμη του 49.
Με mod.5

έχουμε $7^{a}=2mod.5$ , άρα a=4k+1

.
Με

πρέπει $7^{4k+1}=2mod.25$ . Όμως έχουμε $7^{4k+1}=7 \cdot 7^{4k}=7 \cdot 49^{2k}=7 \cdot (-1)^{2k}=7mod.25$ , άρα άτοπο.

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 04, 2021 1:14 pm

Τώρα, για , παίρνοντας $\mod 5$ έχουμε: $7^a\equiv 1 (\mod5)$ . Από την τελευταία σχέση, το μικρό θεώρημα Fermat δίνει: . Επομένως, μπορούμε να γράψουμε: . Αντικαθιστώντας την τελευταία στη δοθείσα εξίσωση, έχουμε: . Με $\mod 6$ εύκολα παίρνουμε πως . Ακόμα παρατηρούμε πως $LHS\equiv 1 (\mod 8)$ , ενώ $RHS\equiv -1 (\mod5)$ . Συνεπώς, για δεν υπάρχει λύση.

Εδώ δεν νομίζω ότι καταλαβαίνω τον ισχυρισμό, οπότε διόρθωσε με αν κάνω λάθος.
Αν $LHS\equiv 1 (\mod 8)$ , $RHS\equiv -1 (\mod5)$ , τότε δεν έχουμε απαραίτητα άτοπο.
Η εξίσωση 8x+1=5y-1

έχει λύση π.χ. για x=1,y=2

.
Αφού δείξουμε ότι a=4s

(άρτιος), μπορούμε να πάρουμε άτοπο μεμιάς και με mod.4

(που δίνει $(-1)^{a}=1^{b}+2=-1mod.4$ , δηλαδή

περιττός).

Κατά τ' άλλα τέλεια!

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #4

Καλησπέρα και σε ευχαριστώ πολύ για την απάντησή σου.

Ξεκινάω με το δεύτερο, όντας πιο σύντομο. Υπήρξε ένα τυπογραφικό λάθος στην δεύτερη παρένθση ήθελα να γράψω $(\mod8)$ και επειδή $LHS\not\equiv RHS (\mod 8)$ , έχουμε άτοπο.

Όσον αφορά το πρώτο, έχεις απόλυτο δίκιο, μου διέφυγε! Κάνω τη σχετική διόρθωση.

Σε ευχαριστώ και πάλι!

Joaakim · #5

Ωραία! Τότε ήμαστε εντάξει. Να προσθέσω ότι η άσκηση είναι το NT6. από την Jbmo Shortlist 2019.

llenny · #6

https://www.youtube.com/watch?v=bHJDOm21thM

Εκθετική με Παραγοντικό

Εκθετική με Παραγοντικό

Re: Εκθετική με Παραγοντικό

Re: Εκθετική με Παραγοντικό

Re: Εκθετική με Παραγοντικό

Re: Εκθετική με Παραγοντικό

Re: Εκθετική με Παραγοντικό

Μέλη σε σύνδεση