Δύο όμορφες ασκησούλες

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Απάντηση
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 384
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Δύο όμορφες ασκησούλες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Κυρ Ιαν 28, 2024 10:38 pm

Τις βρήκα άλυτες σε περιοδικά Ευκλείδης Β που είχα αγοράσει, οπότε ας μην δοθούν οι πηγές των λύσεων, αν υπάρχουν. Απευθύνονται σε μαθητές. Οι λύσεις μου είναι σχετικά σύντομες.
1. Να προσδιορίσετε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη \left ( p,q \right ) πρώτων αριθμών, που είναι τέτοια, ώστε ο ακέραιος p^{q-1}+q^{p-1} να ισούται με τετράγωνο ακεραίου αριθμού.
2. Να προσδιορίσετε όλα τα διατεταγμένα ζεύγη \left ( m,n \right ) θετικών ακεραίων ,που ικανοποιούν την εξίσωση 2^{m}=7n^{2}+1.


Λέξεις Κλειδιά:
Ευκλέιδης-Β
Ασκήσεις
Όμορφες
Κορυφή
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 384
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: Δύο όμορφες ασκησούλες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Δευ Ιαν 29, 2024 3:34 pm

Επειδή είναι απλές, βάζω τις λύσεις μου και για τις δύο .
1. Αν p,q περιττοί, τότε οι θετικοί ακέραιοι q-1,p-1 είναι άρτιοι και άρα οι θετικοί ακέραιοι p^{q-1},q^{p-1} είναι τέλεια τετράγωνα περιττών. Έπεται ότι p^{q-1}+q^{p-1}\equiv 2\left ( \textup{mod}4 \right ) και κατ' επέκταση \sqrt{p^{q-1}+q^{p-1}}\notin \mathbb{Z}, άτοπο. Άρα, ένας τουλάχιστον από τους p,q είναι άρτιος. Οπότε έχουμε τις περιπτώσεις:
p=q=2 που ικανοποιεί τις συνθήκες, άρα το ζεύγος \left ( p,q \right )=(2,2) είναι λύση.
p\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ) και q=2, άρα παίρνουμε ότι ο θετικός ακέραιος p+2^{p-1} είναι τέλειο τετράγωνο. Θέτουμε p-1=2k με k θετικό ακέραιο για να πάρουμε p=\left ( n-2^{k} \right )\left ( n+2^{k} \right ) με n,k θετικούς ακεραίους. Επειδή n-2^{k}< n+2^{k} έπεται n-2^{k}=1\Longrightarrow p=n+2^{k}=2^{k+1}+1 από όπου λαμβάνουμε 2^{k+1}=2k που είναι άτοπο από την ανισότητα του Bernouli.
Όμοια απορρίπτεται η τρίτη περίπτωση όπου q\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ) και p=2.
Άρα μοναδική λύση είναι το ζεύγος \left ( p,q \right )=\left ( 2,2 \right ).
2. Περίτπωση1: m άρτιος. Γράφουμε m=2k με k θετικό ακέραιο για να πάρουμε \left ( 2^{k}-1 \right )\left ( 2^{k}+1 \right )=7n^{2}. Αφού \textup{gcd}\left ( 2^{k}-1,2^{k} +1\right )=1 και ο 7 είναι πρώτος, έπεται ότι ένας από τους 2^{k}-1,2^{k}+1 είναι τέλειο τετράγωνο. Για κάθε ακέραιο k\geq 2 ισχύει 2^{k}-1\equiv 3\left ( \textup{mod} 4\right ), άρα ο 2^{k}-1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Δεν γίνεται να είναι k=1, διότι τότε θα παίρναμε m=2\Longrightarrow 7n^{2}=3, άτοπο. Επομένως, ο 2^{k}+1 είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου και άμεσα λαμβάνουμε k=3. Άρα, έχουμε την λύση \left ( m,n \right )=\left ( 6,3 \right ).
Περίπτωση 2:m περιττός. Επειδή 2^{m}\equiv 1\left ( \textup{mod}7 \right )\Longrightarrow 3|m οπότε γράφουμε m=3d με d θετικό ακέραιο. Έπεται ότι \left ( 2^{d}-1 \right )\left ( 2^{2d}+2^{d} +1\right )=7n^{2}. Επειδή ο d είναι περιττός έπεται 2^{d}-1\not\equiv 0\left ( \textup{mod}3 \right )\left ( \ast \right ). Είναι \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )|\left ( 2^{2d}+2^{d}+1 \right )-\left ( 2^{2d}-2^{d+1}+1 \right )=3\cdot 2^{d} και αφού \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ), έπεται ότι \textup{gcd}\left ( 2^{d} -1,2^{2d}+2^{d}+1\right )\in \left \{ 1,3 \right \}\overset{\left ( \ast \right )}\Longrightarrow \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )=1. Επομένως έχουμε τις περιπτώσεις:
(α)2^{d}-1\equiv 0\left ( \textup{mod}7 \right ) και \sqrt{2^{2d}+2^{d}+1}\in \mathbb{Z}. Τότε 2^{2d}+2^{d}+1\equiv 3\left ( \textup{mod}7 \right )\Longrightarrow \sqrt{2^{2d}+2^{d}+1}\notin \mathbb{Z}, άτοπο.
(β) 2^{d}-1=r^{2} και 2^{2d}+2^{d}+1=7t^{2} με r,t θετικούς ακεραίους. Παίρνουμε 2^{d}-1\equiv 1\left ( \textup{mod}8 \right )\Longrightarrow 2^{d}\equiv 2\left ( \textup{mod}8 \right )\Longrightarrow d=1. Έπεται ότι \left ( m,n \right )=\left ( 3,1 \right ).
Οπότε λύσεις είναι τα ζεύγη \left ( m,n \right )\in \left \{ \left ( 3,1 \right ),\left ( 6,3 \right ) \right \}.


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:
Επικοινωνία stranger

Re: Δύο όμορφες ασκησούλες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Δευ Ιαν 29, 2024 4:08 pm

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 3:34 pm
Επειδή είναι απλές, βάζω τις λύσεις μου και για τις δύο .
1. Αν p,q περιττοί, τότε οι θετικοί ακέραιοι q-1,p-1 είναι άρτιοι και άρα οι θετικοί ακέραιοι p^{q-1},q^{p-1} είναι τέλεια τετράγωνα περιττών. Έπεται ότι p^{q-1}+q^{p-1}\equiv 2\left ( \textup{mod}4 \right ) και κατ' επέκταση \sqrt{p^{q-1}+q^{p-1}}\notin \mathbb{Z}, άτοπο. Άρα, ένας τουλάχιστον από τους p,q είναι άρτιος. Οπότε έχουμε τις περιπτώσεις:
p=q=2 που ικανοποιεί τις συνθήκες, άρα το ζεύγος \left ( p,q \right )=(2,2) είναι λύση.
p\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ) και q=2, άρα παίρνουμε ότι ο θετικός ακέραιος p+2^{p-1} είναι τέλειο τετράγωνο. Θέτουμε p-1=2k με k θετικό ακέραιο για να πάρουμε p=\left ( n-2^{k} \right )\left ( n+2^{k} \right ) με n,k θετικούς ακεραίους. Επειδή n-2^{k}< n+2^{k} έπεται n-2^{k}=1\Longrightarrow p=n+2^{k}=2^{k+1}+1 από όπου λαμβάνουμε 2^{k+1}=2k που είναι άτοπο από την ανισότητα του Bernouli.
Όμοια απορρίπτεται η τρίτη περίπτωση όπου q\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ) και p=2.
Άρα μοναδική λύση είναι το ζεύγος \left ( p,q \right )=\left ( 2,2 \right ).
2. Περίτπωση1: m άρτιος. Γράφουμε m=2k με k θετικό ακέραιο για να πάρουμε \left ( 2^{k}-1 \right )\left ( 2^{k}+1 \right )=7n^{2}. Αφού \textup{gcd}\left ( 2^{k}-1,2^{k} +1\right )=1 και ο 7 είναι πρώτος, έπεται ότι ένας από τους 2^{k}-1,2^{k}+1 είναι τέλειο τετράγωνο. Για κάθε ακέραιο k\geq 2 ισχύει 2^{k}-1\equiv 3\left ( \textup{mod} 4\right ), άρα ο 2^{k}-1 δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Δεν γίνεται να είναι k=1, διότι τότε θα παίρναμε m=2\Longrightarrow 7n^{2}=3, άτοπο. Επομένως, ο 2^{k}+1 είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου και άμεσα λαμβάνουμε k=3. Άρα, έχουμε την λύση \left ( m,n \right )=\left ( 6,3 \right ).
Περίπτωση 2:m περιττός. Επειδή 2^{m}\equiv 1\left ( \textup{mod}7 \right )\Longrightarrow 3|m οπότε γράφουμε m=3d με d θετικό ακέραιο. Έπεται ότι \left ( 2^{d}-1 \right )\left ( 2^{2d}+2^{d} +1\right )=7n^{2}. Επειδή ο d είναι περιττός έπεται 2^{d}-1\not\equiv 0\left ( \textup{mod}3 \right )\left ( \ast \right ). Είναι \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )|\left ( 2^{2d}+2^{d}+1 \right )-\left ( 2^{2d}-2^{d+1}+1 \right )=3\cdot 2^{d} και αφού \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )\equiv 1\left ( \textup{mod}2 \right ), έπεται ότι \textup{gcd}\left ( 2^{d} -1,2^{2d}+2^{d}+1\right )\in \left \{ 1,3 \right \}\overset{\left ( \ast \right )}\Longrightarrow \textup{gcd}\left ( 2^{d}-1,2^{2d}+2^{d}+1 \right )=1. Επομένως έχουμε τις περιπτώσεις:
(α)2^{d}-1\equiv 0\left ( \textup{mod}7 \right ) και \sqrt{2^{2d}+2^{d}+1}\in \mathbb{Z}. Τότε 2^{2d}+2^{d}+1\equiv 3\left ( \textup{mod}7 \right )\Longrightarrow \sqrt{2^{2d}+2^{d}+1}\notin \mathbb{Z}, άτοπο.
(β) 2^{d}-1=r^{2} και 2^{2d}+2^{d}+1=7t^{2} με r,t θετικούς ακεραίους. Παίρνουμε 2^{d}-1\equiv 1\left ( \textup{mod}8 \right )\Longrightarrow 2^{d}\equiv 2\left ( \textup{mod}8 \right )\Longrightarrow d=1. Έπεται ότι \left ( m,n \right )=\left ( 3,1 \right ).
Οπότε λύσεις είναι τα ζεύγη \left ( m,n \right )\in \left \{ \left ( 3,1 \right ),\left ( 6,3 \right ) \right \}.
:10sta10:


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες