Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Fotis34 · #1

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ πρώτων θετικών ακέραιων $\displaystyle{p,q,}$ που είναι τέτοια ώστε:

p^{2026} q - p q^{2026} = (p-q)^{3} + 6pq(p-q).

Dimessi · #2

Αν

p\neq q \Longrightarrow \gcd (p,q)=1.

Από την εξίσωση έχουμε

pq\left ( p-q \right )|pq\left ( p^{2025}-q^{2025} \right )=\left ( p-q \right )^{3}+6pq\left ( p-q \right )\Longrightarrow pq|p^2+q^2.

Άρα αφού

\gcd(p,q)=1,

είτε

p|p^2+q^2\Longrightarrow p|q^2\Longrightarrow p|q,

είτε

q|p^2+q^2\Longrightarrow q|p^2\Longrightarrow q|p,

άτοπο. Οπότε p=q

και οι λύσεις (p,p)

επαληθεύουν όλες.

#3

Fotis34 έγραψε: Τετ Ιούλ 22, 2026 6:46 pm Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ πρώτων θετικών ακέραιων $\displaystyle{p,q,}$ που είναι τέτοια ώστε:

$p^{2026} q - p q^{2026} = (p-q)^{3} + 6pq(p-q).$

.
Αφού

p^{2026} q - p q^{2026}= pq(p^{2025} - q^{2025})=pq(p-q)N

, όπου

φυσικός, η παραπάνω γράφεται

pq(p-q)N= (p-q)^{3} + 6pq(p-q)

. Άρα

ή

pqN= (p-q)^{2} + 6pq= p^2+q^2+4pq

(*). Από την δεύτερη έπεται

p|q^2

διότι το

διαιρεί όλους τους άλλους προσθετέους της (*) και άρα p|q

. Συνεπώς

και στις δύο περιπτώσεις. Και λοιπά.

#4

Fotis34 έγραψε: Τετ Ιούλ 22, 2026 6:46 pm Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ πρώτων θετικών ακέραιων $\displaystyle{p,q,}$ που είναι τέτοια ώστε:

$p^{2026} q - p q^{2026} = (p-q)^{3} + 6pq(p-q).$

.
Ας την δυσκολέψουμε: Προσδιορίσετε όλα τα εν λόγω ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ θετικών ακέραιων, όχι κατ' ανάγκη πρώτων.

Dimessi · #5

Έστω ότι

και

x=da,y=db,

με

d=\gcd(x,y)

και

\gcd(a,b)=1.

xy|x^2+y^2\Longrightarrow x|y^2

και

οπότε

a|db^2 \overset{\gcd(a,b^2)=1}\Longrightarrow a|d\Longrightarrow x=da|d^2

και

b|da^2 \overset{\gcd(b,a^2)=1} \Longrightarrow b|d\Longrightarrow y=db|d^2 (\ast).

Από την εξίσωση

xy(x^{2025}-y^{2025})=(x-y)^3+6xy(x-y)

έχουμε

d^{2027}|xy(x^{2025}-y^{2025})=(x-y)^3+6xy(x-y)

\Longrightarrow d^{2027}\leq (x-y)(x^2+y^2+4xy)< \left ( x+y \right )\left (x^2+y^2+4xy \right )\overset{\left ( \ast \right )}\leq 2d^{2}\left ( 2d^{4}+4d^{4} \right )=12d^{6}\Longrightarrow d^{2021}\leq 12 \Longrightarrow d=1.

Επομένως

x|y^{2}\overset{\gcd\left ( x,y \right )=1}\Longrightarrow x|y

και

y|x^2 \overset{\gcd(x,y)=1}\Longrightarrow y|x,

άρα

άτοπο διότι x>y.

Όμοια απορρίπτεται η περίπτωση y>x

και τελικά οι λύσεις είναι της μορφής (x,x).

#6

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 25, 2026 8:26 pm
Fotis34 έγραψε: Τετ Ιούλ 22, 2026 6:46 pm Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ πρώτων θετικών ακέραιων $\displaystyle{p,q,}$ που είναι τέτοια ώστε:

$p^{2026} q - p q^{2026} = (p-q)^{3} + 6pq(p-q).$
.
Ας την δυσκολέψουμε: Προσδιορίσετε όλα τα εν λόγω ζεύγη $\displaystyle{(p,q)}$ θετικών ακέραιων, όχι κατ' ανάγκη πρώτων.

.
Αν $p\ne q$ τότε χωρίς βλάβη

p>q\ge 1

. H δοθείσα γράφεται

pq(p-q)(p^{2024} +... + q^{2024}) = (p-q)^{3} + 6pq(p-q)

και άρα

pq(p^{2024} +... +q^{2024}) = (p-q)^{2} + 6pq

Συνεπώς

p^{2024} < pq(p^{2024} +... +q^{2024}) =(p-q)^{2} + 6pq= p^2+q^2+4pq< p^2+p^2+4p^2= 6p^2

, οπότε

p^{2022}< 6

. Άτοπο αφού p>1

. Και λοιπά.

Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Re: Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Re: Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Re: Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Re: Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Re: Αχ αυτοί οι πρώτοι ...

Μέλη σε σύνδεση