Εξισώσεις στους ακεραίους

Αρχιμήδης 6 · #81

socrates έγραψε:50)
$\displaystyle{\frac{x^3+y^3+x-y}{x^2+y^2} \in \Bbb{Z}}$
$x,y \in \Bbb{N}^*, \ (x,y)=1$

Η παραπάνω εξίσωση μετασχηματίζεται στην...
2(x-y)[(x+y)(x-y)+2]=[(x+y)^2+(x-y)^2][(2k-(x+y)]

,

oπότε

ή

και τα πράγματα είναι απλά....

mathxl · #82

51)
Να λυθεί η εξίσωση $x^{3}-x^{2}y^{2}-y^{2}=3$ στους ακεραίους.

#83

mathxl έγραψε:51)
Να λυθεί η εξίσωση $x^{3}-x^{2}y^{2}-y^{2}=3$ στους ακεραίους.

Γεια σου Βασίλη!

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με τις ακόλουθες

$\displaystyle{y^2=\frac{x^3-3}{x^2+1}}$

$\displaystyle{y^2=x-\frac{x+3}{x^2+1}}$

Από την πρώτη προκύπτει $x\geq 2$ .

Eπίσης για x>2

είναι $\displaystyle{0<\frac{x+3}{x^2+1}<1}.$

Άρα η μόνη περίπτωση για να έχουμε ακέραιες λύσεις είναι x=2.

Πράγματι τότε βρίσκουμε $\left(x,y \right)=\left(2,\pm 1 \right).$

mathxl · #84

Πύλε πολύ ωραία λύση. Η άσκηση είναι από το aops.

Αρχιμήδης 6 · #85

socrates έγραψε:
46) $2^{p}+p-1 =k^2, \ p$ πρώτος

Επαναφορά. (Το θέμα έχει δυσκολίες . Ούτε και στο site που το βρήκε υπήρχε σωστή λύση.)

Αρχιμήδης 6 · #86

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
socrates έγραψε:
46) $2^{p}+p-1 =k^2, \ p$ πρώτος

Επαναφορά. (Το θέμα έχει δυσκολίες . Ούτε και στο site που το βρήκε υπήρχε σωστή λύση.)

(Επειδή είναι πολλές οι πράξεις θα τονίσω τα βασικά σημεία της λύσης μου.)

Η εξίσωση <<λύγισε>> στο

Αφού πρώτα δεις ότι p=1mod4

θα πας σε

για να αποδείξεις ότι p=5mod12

οπότε και

.
Τέλος δούλεψε στο mod36

και θα διαπιστώσεις εκεί την αδυναμία της εξίσωσης.
Μοναδική λύση (p,k)=(5,6)

Υπάρχει λάθος στην απόρριψη της περίπτωσης p=5mod36

όπου

άρα έχει λύσεις μόνο για p=5mod36

....
Υπομονή

Αρχιμήδης 6 · #87

socrates έγραψε:Η 46 δε γνωρίζω αν έχει λύση. Την είδα εδώ, όμως δεν υπάρχει πλήρης λύση..

socrates έγραψε: 46) $2^{p}+p-1 =k^2, \ p$ πρώτος

Για

,

η εξίσωση δεν έχει λύσεις άρα ψάχνω p>3

.

(1)

Από θεώρημα Fermat-Euler 2^p=2modp

oπότε

Περίπτωση α΄
Αν p|k+1

Έστω ότι για τον φυσικό

ισχύει

,

(2)
Η αρχική μας εξίσωση θα γίνει... $2^p+\dfrac{k+1}{x}-1=k^2$
x2^p+k+1-x=k^2x

(3)
Έστω x_1,x_2

οι ρίζες του τότε θα πρέπει $x_1+x_2=\dfrac{1}{x}$
Άρα x=1

η

Για

η (2) θα γίνει -p=k+1

και είναι αδύνατον αν δεχθώ ότι

θετικός.
Για x=1

η (2) θα γίνει p=k+1

και μετά από (1) ... 2^p+p-1=p^2-2p+1

δεν έχει λύσεις γιατί p-2

περιττός και στο πρώτο μέλος έχουμε δύναμη του

.
Περίπτωση β΄
Αν p|k-1

Έστω ότι για τον φυσικό

ισχύει

,

(4)
Η αρχική μας εξίσωση θα γίνει... $2^p+\dfrac{k-1}{x}-1=k^2$
x2^p+k-1-x=k^2x

(5)
Έστω x_1,x_2

οι ρίζες του τότε θα πρέπει $x_1+x_2=\dfrac{1}{x}$
Άρα x=1

η

Για

η (4) θα γίνει -p=k-1

και είναι αδύνατον αν δεχθώ ότι

θετικός.
Για x=1

η (4) θα γίνει p=k-1

και μετά από (1) ...
2^p+p-1=p^2+2p+1

(6)
Αφού πριν βρήκα ότι p>3

πάμε για

Για

η εξίσωση (6) επαληθεύεται το ίδιο και η αρχική εξίσωση και παίρνω το ζεύγος (p,k)=(5,6)

Για

αποδεικνύεται εύκολα με επαγωγή ότι 2^p>p^2+p+2

οπότε η εξίσωση (6) δεν έχει λύσεις.

Μοναδική λύση το ζεύγος (p,k)=(5,6)

Φιλικά,
Δημήτρης

#88

ΑΣΚΗΣΗ 52
άντε και μία εύκολη

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξισωση: xy+5x-y=10

.

panagiotis99 · #89

Καλησπέρα λόγω του λιγοστού χρόνου που διαθέτω θα δώσω μια σύντομη λύση

$xy+5x-y=10\Rightarrow x(5+y)-(5+y)=5\Rightarrow (x-1)(5+y)=5$

Eπειδή 5 πρώτος και χ,y ακέραιοι
χ-1=1
5+y=5

ή
5+y=1
x-1=5

Αρα χ,y=(6,-4),(2,0)

Μετά από παρέμβαση του θεματοδότη , τον οποίο και ευχαριστώ , καταλαβα ότι έχω ξεχάσει άλλες δύο περιπτώσεις

Άρα

χ-1=-1
5+y=-5

ή

5+y=-1
x-1=-5

Άρα
(χ,y)=(0,-10),(-4,-6)

Συνολικά οι λύσεις είναι : x,y=(6,-4),(2,0),(0,-10),(-4,-6)

gauss1988 · #90

Αρχιμήδης 6 έγραψε:

ή
&
Εύκολα βρίσκουμε και μένει να λυθεί η εξίσωση άρα διαιρεί το κ.τ.λ
Μοναδικές λύσεις

Μπορεί κάποιος να δώσει αναλυτική λύση; Γιατί είναι κάποια πράγματα που δεν τα έχω καταλάβει στην λύση του "Αρχιμήδης"

Ευχαριστώ

Αρχιμήδης 6 · #91

gauss1988 έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:

ή
&
Εύκολα βρίσκουμε και μένει να λυθεί η εξίσωση άρα διαιρεί το κ.τ.λ
Μοναδικές λύσεις
Μπορεί κάποιος να δώσει αναλυτική λύση; Γιατί είναι κάποια πράγματα που δεν τα έχω καταλάβει στην λύση του "Αρχιμήδης"

Ευχαριστώ

Έχει κενά η λύση και σε ευχαριστώ.
Δες μια προσέγγιση.

Αν x=0

η

τότε θα πάρω τα ζεύγη (x,y)=(0,0),(0,-1)

Έστω

(1) και p|y+x+1

(2) για έναν πρώτο

.
Τότε από (1),(2) p|2x+1

(3)
Αλλά αν πας στην αρχική εξίσωση αφού p|y-x

τότε

άρα

(4)
Από (3),(4) θα λάβεις p|1

αδύνατον οπότε (y-x,y+x+1)=1

Άρα έχεις να λύσεις το σύστημα
y-x=k^3

(5)

, (6) ( k,l)=1

(7)
Από (5),(6),(7) θα καταλήξεις στην παρακάτω εξίσωση.
k^3+2kl+1=l^3

(Θα την συνεχίσω αργότερα.)

Αρχιμήδης 6 · #92

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
gauss1988 έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:

ή
&
Εύκολα βρίσκουμε και μένει να λυθεί η εξίσωση άρα διαιρεί το κ.τ.λ
Μοναδικές λύσεις
Μπορεί κάποιος να δώσει αναλυτική λύση; Γιατί είναι κάποια πράγματα που δεν τα έχω καταλάβει στην λύση του "Αρχιμήδης"

Ευχαριστώ
Έχει κενά η λύση και σε ευχαριστώ.
Δες μια προσέγγιση.

Αν η τότε θα πάρω τα ζεύγη

Έστω (1) και (2) για έναν πρώτο .
Τότε από (1),(2) (3)
Αλλά αν πας στην αρχική εξίσωση αφού τότε άρα (4)
Από (3),(4) θα λάβεις αδύνατον οπότε Άρα έχεις να λύσεις το σύστημα
(5)
, (6) (
(7)
Από (5),(6),(7) θα καταλήξεις στην παρακάτω εξίσωση.

(Θα την συνεχίσω αργότερα.)

Συνεχίζοντας ακριβώς από εκεί που είχα μείνει...
k^3+2kl+1=l^3

(8) με k,l

μη μηδενικοί.
Έστω ότι l=k+m

(9) για

ακέραιος.
Αντικαθιστώντας στην εξίσωση και με πράξεις θα καταλήξεις στην
k(k+m)(2-3m)=m^3-1

Άρα

άρα

Οπότε θα δεχτούμε ότι m=1,m=7

Για

και από τις (8),(9) θα καταλήξεις στα ζεύγη (x,y)=(0,0),(0,-1)

Για

πάλι από τις (8),(9) δεν θα πάρουμε λύση.
Μοναδικές λύσεις τα ζεύγη (x,y)=(0,0),(0,-1)

#93

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52
άντε και μία εύκολη

Να λύσετε στο σύνολο των ακεραίων την εξισωση: .

Και μία δεύτερη λύση ως προς την παραγοντοποίηση
$xy+5x-y=10 \Rightarrow xy+5x-y-10=0\Rightarrow y(x-1)+5(x-2)=0 \Rightarrow y(x-1)+5(x-1-1)=0 \Rightarrow y(x-1)+5(x-1)-5=0 \Rightarrow (y+5)(x-1)=5$ .

Μετά οι περιπτώσεις είναι ίδιες.

gauss1988 · #94

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:
gauss1988 έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:

ή
&
Εύκολα βρίσκουμε και μένει να λυθεί η εξίσωση άρα διαιρεί το κ.τ.λ
Μοναδικές λύσεις
Μπορεί κάποιος να δώσει αναλυτική λύση; Γιατί είναι κάποια πράγματα που δεν τα έχω καταλάβει στην λύση του "Αρχιμήδης"

Ευχαριστώ
Έχει κενά η λύση και σε ευχαριστώ.
Δες μια προσέγγιση.

Αν η τότε θα πάρω τα ζεύγη

Έστω (1) και (2) για έναν πρώτο .
Τότε από (1),(2) (3)
Αλλά αν πας στην αρχική εξίσωση αφού τότε άρα (4)
Από (3),(4) θα λάβεις αδύνατον οπότε Άρα έχεις να λύσεις το σύστημα
(5)
, (6) (
(7)
Από (5),(6),(7) θα καταλήξεις στην παρακάτω εξίσωση.

(Θα την συνεχίσω αργότερα.)
Συνεχίζοντας ακριβώς από εκεί που είχα μείνει...
(8) με μη μηδενικοί.
Έστω ότι (9) για ακέραιος.
Αντικαθιστώντας στην εξίσωση και με πράξεις θα καταλήξεις στην

Άρα άρα

Οπότε θα δεχτούμε ότι
Για και από τις (8),(9) θα καταλήξεις στα ζεύγη
Για πάλι από τις (8),(9) δεν θα πάρουμε λύση.
Μοναδικές λύσεις τα ζεύγη

Ευχαριστώ. Νομίζω ότι κατάλαβα τώρα. Ήταν μια θαυμάσια εξίσωση και έγραψες μια θαυμάσια λύση!
Καλές γιορτές και καλή χρονιά

#95

Άλυτες παραμένουν οι επόμενες:

socrates έγραψε:10)
$(m-n)^{2}(n^{2}-m)=4m^{2}n , \ m,n \in \Bbb{Z}.$

12)
$2(a + b)^2 + 3(a + b) + ab + 4 = 0, \ a,b \in \Bbb{Z}$

17)
$\displaystyle{ (a+b+3)^{2}+2ab = 3ab(a+2)(b+2) }$

19)
$\displaystyle{ n^{8}-p^{5}= n^{2}+p^{2}, \ n,p \in \Bbb{N}, }$ πρώτος.

20)
$2p^{q}-q^{p}= 7 , \ p,q$ (θετικοί) πρώτοι

34) $2^q=1999+p^2, \ p,q$ πρώτοι

35) $x^2=y^5-4, \ x,y \in \Bbb{Z}$

47) $\displaystyle{ \left ( x+y\sqrt{2011}\right )^{4}+\left ( z+t\sqrt{2011}\right )^{4}=10000+300\sqrt{2011}, \ x,y,z,t \in \Bbb{Z} }$

Ορέστης Λιγνός · #96

socrates έγραψε:Άλυτες παραμένουν οι επόμενες:

socrates έγραψε: 12)
$2(a + b)^2 + 3(a + b) + ab + 4 = 0, \ a,b \in \Bbb{Z}$

Αυτή γράφεται 2a^2+(5b+3)a+2b^2+3b+4=0

.
Την θεωρούμε τριώνυμο ως προς

, και πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή $D=9b^2+6b-23=(3b+1)^2-24=k^2 \Leftrightarrow (3b-k+1)(3b+k+1)=24, k \in \mathbb{Z}$ (*).

Από εδώ παρατηρούμε ότι οι 3b-k+1,3b+k+1

πρέπει να είναι και οι δύο άρτιοι.
Λύνοντας την εξίσωση (*) (απλό), παίρνουμε (b,k)=(2,5)=(-2,-1)

, και τελικά (a,b)=(2,-2),(a,b)=(-2,2)

.

Ορέστης Λιγνός · #97

socrates έγραψε:Άλυτες παραμένουν οι επόμενες:

socrates έγραψε:10)
$(m-n)^{2}(n^{2}-m)=4m^{2}n , \ m,n \in \Bbb{Z}.$

Καλησπέρα!

εδώ

Ορέστης Λιγνός · #98

socrates έγραψε: 20)
$2p^{q}-q^{p}= 7 , \ p,q$ (θετικοί) πρώτοι

Αν τουλάχιστον ένας εκ των p,q

είναι $\leqslant 7$ , τότε εύκολα παίρνουμε τις λύσεις (p,q)=(2,3), (5,3)

.

Έστω τώρα $p,q \geqslant 7$ . Τότε, προφανώς δεν γίνεται p=q

, οπότε

, και άρα από το Fermat's Little Theorem ισχύει $p^q \equiv p \pmod q$ και $q^p \equiv q \pmod p$ .

Άρα, παίρνοντας διαδοχικά την δοσμένη $\pmod p$ και $\pmod q$ , προκύπτει $p \mid q+7$ και $q \mid 2p-7$ .
Έστω q+7=kp

, με $k \in \mathbb{N}$ . Αν $k \geqslant 3$ , τότε $q+7=kp \geqslant 3p \Rightarrow 3p-7 \leqslant q \leqslant 2p-7$ (αφού $q \mid 2p-7$ ), άτοπο.

Άρα, $k \in \{1,2 \}$ .

Αν k=1

, τότε $q=p-7 \mid 2p-7 \Rightarrow p-7 \mid 7 \Rightarrow p-7 \in \{1,7 \}$ , οπότε p=8

ή

, και τα δύο απορρίπτονται.

Αν k=2

, τότε

, οπότε $2p^{2p-7}-(2p-7)^p=7$ .

Τώρα, θα αποδείξουμε το εξής (γνωστό) Λήμμα :

Λήμμα

Για κάθε $x \geqslant y \geqslant e$ , ισχύει $y^x \geqslant x^y$ .

Απόδειξη

Θεωρούμε την συνάρτηση $f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$ με $f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2} \leqslant 0$ , για $x \geqslant e$ .

Οπότε, η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(e, +\infty)$ και συνεπώς $f(x) \leqslant f(y) \Rightarrow \dfrac{\ln x}{x} \geqslant \dfrac{\ln y}{y} \Rightarrow \ln x \cdot y \geqslant \ln y \cdot x \Rightarrow x^y \geqslant y^x$ , και η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε .

Για $p \geqslant 7$ , είναι $2p-7 \geqslant p$ , άρα από το Λήμμα $p^{2p-7} \geqslant (2p-7)^p$ , οπότε $7=2p^{2p-7}-(2p-7)^p \geqslant p^{2p-7} \Rightarrow p^{2p-7} \leqslant 7$ , άτοπο για $p \geqslant 7$ .

Τελικά, μόνες λύσεις οι (p,q)=(2,3), (5,3)

Ορέστης Λιγνός · #99

socrates έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 12, 2016 2:29 am
34) $2^q=1999+p^2, \ p,q$ πρώτοι

Προφανώς, $q \equiv 1$ ή $2 \pmod 3$ (αν q=3

,

, άτοπο).

Αν $q \equiv 1 \pmod 3$ , τότε q=3s+1

, με

φυσικό, οπότε $1999+p^2=2^q=2 \cdot 8^s \equiv 2 \pmod 7 \Rightarrow p^2 \equiv 5 \pmod 7$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod 7$ .

Αν πάλι $q \equiv 2 \pmod 3$ , τότε q=3s+2

, οπότε $1999+p^2=4 \cdot 8^s \equiv 4 \pmod 7 \Rightarrow p^2 \equiv 0 \pmod7 \Rightarrow p=7 \Rightarrow q=11$ .

Τελικά, μόνη λύση η (p,q)=(7,11)

.

Ορέστης Λιγνός · #100

socrates έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 12, 2016 2:29 am

35) $x^2=y^5-4, \ x,y \in \Bbb{Z}$

Αν

άρτιος, έστω y=2m

και

, τότε $n^2=8m^5-1 \equiv 7 \pmod 8$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod 8$ .

Άρα, ο

είναι περιττός. Αν $y \equiv 3 \pmod 4$ , τότε ο

έχει έναν πρώτο διαιρέτη

ώστε $p \equiv 3 \pmod 4$ . Οπότε, $p \mid y \mid x^2+2^2$ , και άρα από γνωστό Λήμμα, $p \mid x, p \mid 2 \Rightarrow p=2 \Rightarrow 2 \mid y$ , άτοπο αφού ο

είναι περιττός.

Άρα, $y \equiv 1 \pmod 4$ .

Η εξίσωση γράφεται x^2+6^2=(y+2)(y^4-2y^3+4y^2-8y+16)

.

Είναι $y+2 \equiv 3 \pmod 4$ , άρα υπάρχει πρώτος $q \equiv 3 \pmod 4$ , ώστε $q \mid y+2 \mid x^2+6^2$ $\Rightarrow$ $q \mid x, q \mid 6$ ,επομένως q=3

.

Έστω

. Τότε, πρέπει $3 \mid y+2 \Rightarrow y \equiv 1 \pmod 3$ οπότε $y^4-2y^3+4y^2-8y+16 \equiv 2 \pmod 3$ .

Έτσι, η εξίσωση γράφεται $t^2+4=\dfrac{y+2}{9}(y^4-2y^3+4y^2-8y+16)$ , και πρέπει $9 \mid y+2$ .

Όμως, $y^4-2y^3+4y^2-8y+16 \equiv 3 \pmod 4$ , άρα έχει έναν πρώτο διαιρέτη $r \equiv 3 \pmod 4$ , οπότε $r \mid t^2+2^2 \Rightarrow r \mid t, r \mid 2 \Rightarrow r \in \{1,2 \}$ , άτοπο αφού $r \equiv 3 \pmod 4$ .

Τελικά, η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.

Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

Μέλη σε σύνδεση