mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 13, 2011 6:10 pm**

Να λυθεί στους θετικούς ακεραίιους η εξίσωση:
$9^{x}+10^{y}= 12^{z}+1$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 13, 2011 7:14 pm**

Μου μοιάζει "ζόρικη". Το μόνο που μπόρεσα να βρώ είναι μια λύση η χ=ψ=Ζ=3 και ότι αν υπάρχουν και άλλες λύσεις, θα πρέπει ο χ να είναι περιττός και ο z να είναι της μορφής 4κ-1 με κ φυσικό. Μπορεί όμως να κάνω και λάθος. Πάντως αν δεν λυθεί από κάποιον χρήστη, θα ήθελα μια υπόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 15, 2011 5:43 pm**

Παναγιώτη, νομίζω ότι πρέπει να δώσεις κάποια υπόδειξη, γιατί δεν βλέπω να μπορούμε να την λύσουμε. Εγώ τουλάχιστον εξάντλησα όλα τα περιθώρια και ΤΙΠΟΤΑ!!!

Ιωάννου Δημήτρης

Ιστιαία Ευβοίας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 15, 2011 5:46 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Παναγιώτη, νομίζω ότι πρέπει να δώσεις κάποια υπόδειξη, γιατί δεν βλέπω να μπορούμε να την λύσουμε. Εγώ τουλάχιστον εξάντλησα όλα τα περιθώρια και ΤΙΠΟΤΑ!!!

Ιωάννου Δημήτρης

Ιστιαία Ευβοίας

Μήπως δεν είναι δυνατόν να την λύσουμε; Γράψε μας αν είναι δικής σου κατασκευής ή αν την έχεις βρεί κάπου...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 15, 2011 7:56 pm**

Η άσκηση δεν είναι δική μου κατασκευή, αλλά έχω λύση γι' αυτήν. Νομίζω πάντως ότι καλύτερα είναι να μην βάλω λύση αμέσως, δεν υπάρχει λόγος να βιαζόμαστε. Ωσ υπόδειξη, για όποιον θέλει:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 16, 2011 1:37 am**

Δημήτρη γιατί τόση βιασύνη ; Θα μπορούσες αν ήθελες να ζητήσεις λύση από τον Παναγιώτη σε pm.
Λοιπόν Παναγιώτη εγώ με το πρωτοείδα την άσκηση έψαξα για κατάλληλο mod, αλλά το μυαλό μου πλέον δεν είναι φρέσκο οπότε δεν απέδωσε...
Παρόλα αυτά βρήκα μια άλλη λύση με χρήση του λήμματος lift the exponent !
Λοιπόν ισχυρίζομαι αρχικά ότι κάποιος από τους x,y είναι μεγαλύτερος από τον z.
Πράγματι έστω z>x και z>y. Τότε $9^x+10^y=12\cdot 12^{z-1}+1>2\cdot 12^{z-1}$ , άτοπο.

Διακρίνουμε λοιπόν τις περιπτώσεις:
Αν $x\geq z$ . Τότε 3^z||10^y-1

. Αφού

θα πρέπει $3^{z-2}||y$
Επομένως αν $z\geq 4$ τότε $3^{z-2}>3z$ . Τότε όμως το πρώτο μέλος είναι μεγαλύτερο από το δεύτερο.

Αν $y\geq z$ . Τότε $2^{2z}||9^x-1$ . Αφού $2^4||\frac{9^2-1}{2}$ θα πρέπει
$2^{2z-4}||x$
Επομένως αν $z\geq 4$ τότε $2^{2z-4}>2z$ . Τότε όμως το πρώτο μέλος είναι μεγαλύτερο από το δεύτερο.
Οι υπόλοιπες περιπτώσεις με το χέρι.

Να σημειώσουμε ότι η λύση που βγαίνει x=y=z=3

δίνει (όπως είχε πει ο αμίμητος Ramanujan) τον ελάχιστο αριθμό που γράφεται κατά δύο διαφορετικούς τρόπους ως άθροισμα δύο κύβων.

Σημερινή προσθήκη και hint για λύση με mod:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 16, 2011 12:02 pm**

Μετά τις υποδείξεις των Παναγιώτη και Σιλουανού μια διαφορετική λύση:

Κοιτάζoντας $\bmod 5$ : Το δεξί μέλος δεν μπορεί να ισούται με $1 \bmod 5$ . Άρα ούτε και το αριστερός και άρα ο

πρέπει να είναι περιττός.

Κοιτάζοντας $\bmod 16$ : Αν $y \geqslant 4$ και $z \geqslant 2$ τότε $9^x \equiv 1 \bmod 16$ και άρα ο

πρέπει να είναι άρτιος.

Άρα πρέπει απαραίτητα y < 4

ή

. Αν

τότε

η οποία είναι αδύνατη. Άρα πρέπει y < 4

.

Αν

τότε

και επειδή το 9 διαιρεί το αριστερό μέλος αλλά το 27 όχι πρέπει z=2

και βλέπουμε ότι η εξίσωση είναι αδύνατη. Ομοίως αν y=2

τότε

άρα

και πάλι η εξίσωση είναι αδύνατη. Τέλος, αν y=3

τότε

. Αν

η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν $x \geqslant 2$ τότε το 27 διαιρεί το αριστερό μέλος αλλά το 81 όχι. Οπότε z=3

και άρα

και παίρνουμε την μοναδική λύση.

-------------------------------------------

Να προσθέσω μόνο το λήμμα που χρησιμοποίησε ο Σιλουανός επειδή φαίνεται αρκετά σημαντικό σε τέτοιες ασκήσεις και δεν το γνωρίζουμε όλοι. (Δηλαδή δεν το γνώριζα εγώ.)

Έστω

περιττός πρώτος, a,b

διαφορετικοί ακέραιοι με $a \equiv b \bmod p$ και

θετικός ακέραιος. Έστω επίσης r,s,t

οι μεγαλύτεροι εκθέτες ώστε τα p^r,p^s,p^t

να διαιρούν τα a-b,n

και

αντίστοιχα. Τότε r+s=t

.

Για

, αν

διαφορετικοί ακέραιοι με $a \equiv b \bmod 2$ και r,s,t

οι μεγαλύτεροι εκθέτες ώστε τα 2^r,2^s,2^t

να διαιρούν τα a^2 - b^2,n

και

τότε

.

Σιλουανέ διόρθωσε αν έχω κάνει λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 16, 2011 1:36 pm**

Δημήτρη ωραία ! Αυτό είχα στο μυαλό μου (και το λήμμα όντως αυτό είναι)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 16, 2011 1:49 pm**

Πρωτότυπη χρήση του lift the exponent! Ωραίος Σιλ!

Όσο για τα mod αν βρει κανείς τη βασική λύση, τότε το μυαλό του πρέπει να πάει κατευθείαν στα εξής modula.

10,11,13,16 και στα λίγο πιο τραβηγμένα 81 και 5^4...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 16, 2011 3:47 pm**

Ωραία. Εγώ το είχα δει με mod 16 ακριβώς όπως το έκανε ο Demetres, αλλά μου άρεσε πολύ και με το lifting the exponent.

mathematica.gr

Ακόμα μία διοφαντική

Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική

Re: Ακόμα μία διοφαντική