mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 11:08 am**

Να βρείτε τους θετικούς ακεραίους m,n

καθώς και τον πρωτο

ωστε ο αριθμος

$\dfrac{5^m+2^np}{5^m-2^np}$ να ειναι τέλειο τετραγωνο ακεραίου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 1:11 pm**

Θέλουμε να ισχύει ότι:

$\dfrac{5^m+2^np}{5^m-2^np}=k^2 \Leftrightarrow...\Leftrightarrow 5^m(k^2-1)=2^np(k^2+1)$

Προφανώς ο

πρέπει να είναι άρτιος, άρα ο

πρέπει να είναι περιττός, έστω k=2l+1

, με

μη αρνητικό ακέραιο.

Η εξίσωση μετά από μερικές πράξεις γίνεται:

5^m(2l^2+2l)=2^np(2l^2+2l+1)

Έστω

.

Προφανώς, αφού (2l^2+2l, 2l^2+2l+1)=1

, έχουμε ότι $2l^2+2l+1|5^m\Leftrightarrow 2l^2+2l+1=5^f$ , όπου

θετικός ακέραιος.

Παρομοίως έχουμε ότι 2l^2+2l|2^np

. Αν ο

είναι άρτιος τότε πρέπει

, όπου

θετικός ακέραιος. Αν ο

είναι περιττός, τότε $2l^2+2l\nmid p$ , άρα $2l^2+2l|2^n\Leftrightarrow 2l^2+2l=2^g$ (δεν ισχύει). Σε κάθε περίπτωση έχουμε πως

.

Άρα πρέπει να ισχύει ότι 5^f-1=2^g

και από το θεώρημα Catalan

ή το θεώρημα Zsigmondy

παίρνουμε εύκολα ότι (f,g)=(1, 2)

, άρα

και

. Αντικαθιστώντας έχουμε πως $5^m\cdot 8=2^np\cdot 10\Leftrightarrow 5^{m-1}\cdot 2=2^{n-1}\cdot p$ . Αν m=1

, τότε έχουμε το ζεύγος (m, n, p)=(1, 1, 2)

. Αν

, έχουμε το ζεύγος (m, n, p)=(2, 2, 5)

. Αν

, τότε πρέπει $25|2^{n-1}\cdot p$ , άτοπο.

Έστω l=0

. Τότε

, που είναι άτοπο, καθώς $\dfrac{5^m+2^np}{5^m-2^np}\ne$ 1.

Μοναδικές λύσεις λοιπόν οι (m, n, p)=(2, 2, 5), (1, 1, 2)

.

Προσοχή: Η λύση έχει κενό!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 1:14 pm**

Είναι και η (1,1,2)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 1:22 pm**

JimNt. έγραψε:Είναι και η

Ευχαριστώ για την επισήμανση. Η λύση πάνω έχει κενό.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 1:59 pm**

Πολυ ωραια!

Ας προσπαθήσουμε και με πιο στοιχειώδη μεσα...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 3:01 pm**

Έστω ότι $\displaystyle{\frac{{{5^m} + {2^n}p}}{{{5^m} - {2^n}p}} = {k^2},}$ όπου

θετικός ακέραιος.

Θεωρούμε το μέγιστο κοινό διαιρέτη των όρων του κλάσματος: $\displaystyle{d = \left( {{5^m} + {2^n}p{{,5}^m} - {2^n}p} \right).}$

Θα πρέπει: $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p|d.}$

Αλλά είναι:

$\displaystyle{d|\left( {\left( {{5^m} + {2^n}p} \right) + \left( {{5^m} - {2^n}p} \right),\left( {{5^m} + {2^n}p} \right) - \left( {{5^m} - {2^n}p} \right)} \right) = \left( {2 \cdot {5^m}{{,2}^{n + 1}}p} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {2,}&{p \ne 5{\rm{ }}}\\ {10,}&{p = 5} \end{array}} \right.},$

οπότε $\displaystyle{d \in \left\{ {1,2,5,10} \right\}}$ και άρα $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p \in \left\{ {1,2,5,10} \right\}.}$

Έχουμε, λοιπόν, τις περιπτώσεις:

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p = 1.}$ Τότε $\displaystyle{{5^m} + {2^n}p = {k^2},}$ και άρα $\displaystyle{{2^{n + 1}}p = {k^2} - 1}$ και $\displaystyle{2 \cdot {5^m} = {k^2} + 1.}$ Από την τελευταία ισότητα έχουμε ότι ο

είναι περιττός, οπότε η σχέση

$\displaystyle{{2^{n + 1}}p = {k^2} - 1 = \left( {k - 1} \right)\left( {k + 1} \right)}$

δίνει τρεις περιπτώσεις:

(i) $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {k - 1 = 2}\\ {k + 1 = {2^n}p} \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {k = 3}\\ {{2^n}p = 4} \end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {m,n,p} \right) = \left( {1,1,2} \right)},$

(ii) $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {k - 1 = 2p}\\ {k + 1 = {2^n}} \end{array}} \right\} \Rightarrow p = {2^{n - 1}} - 1, }$

οπότε

$\displaystyle{{5^m} - {2^n}\left( {{2^{n - 1}} - 1} \right) = 1 \Rightarrow {5^m} - {2^{2n - 1}} + {2^n} = 1}.$

Από τη σχέση αυτή προκύπτει ότι $\displaystyle{{2^n}|{5^m} - 1,}$ οπότε από το Λήμμα LTE (Lifting The Exponent) έχουμε ότι

$\displaystyle{n \le {v_2}\left( {{5^m} - 1} \right) \ge n - 2 = {v_2}\left( {5 - 1} \right) + {v_2}\left( m \right) + {v_2}\left( {5 + 1} \right) - 1 = 2 + {v_2}\left( m \right)}$

και άρα $\displaystyle{{v_2}\left( {{5^m} - 1} \right) \ge n - 2,}$ δηλαδή $\displaystyle{{2^{n - 2}}|m.}$ Αλλά τότε έχουμε ότι:

$\displaystyle{{5^m} - {2^{2n - 1}} + {2^n} \ge {5^{{2^{n - 2}}}} - {2^{2n - 1}} + {2^n} > 1}$

για κάθε $\displaystyle{n \ge 4}.$ Οι περιπτώσεις $\displaystyle{n = 1}$ και $\displaystyle{n = 2}$ δεν μπορεί να ισχύουν, αλλά για $\displaystyle{n = 3}$ προκύπτει η λύση $\displaystyle{\left( {m,n,p} \right) = \left( {2,3,3} \right).}$

Στην περίπτωση

(iii) $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {k - 1 = {2^n}}\\ {k + 1 = 2p} \end{array}} \right\} \Rightarrow p = {2^{n - 1}} + 1}$

βρίσκουμε όμοια ότι $\displaystyle{{5^m} - {2^{2n - 1}} - {2^n} = 1.}$ Όπως πριν, είναι $\displaystyle{{2^{n - 2}}|m}$ και άρα

$\displaystyle{{5^m} - {2^{2n - 1}} - {2^n} \ge {5^{{2^{n - 2}}}} - {2^{2n - 1}} - {2^n} > 1}$

για κάθε $\displaystyle{n \ge 4.}$ Εύκολα ελέγχουμε ότι οι περιπτώσεις $\displaystyle{n = 1},$ n=2

και $\displaystyle{n = 3}$ δεν οδηγούν σε λύση.

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p = 2.}$ Τότε $\displaystyle{2|{5^m},}$ άτοπο.

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p = 5.}$ Τότε, είναι υποχρεωτικά $\displaystyle{{p = 5},}$ οπότε

$\displaystyle{{5^{m - 1}} - {2^n} = 1.}$

Πάλι από το Λήμμα LTE έχουμε ότι

$\displaystyle{n = {v_2}\left( {{2^n}} \right) = {v_2}\left( {{5^{m - 1}} - 1} \right) = {v_2}\left( {5 - 1} \right) + {v_2}\left( {m - 1} \right) + {v_2}\left( {5 + 1} \right) - 1 = 2 + {v_2}\left( {m - 1} \right),}$

οπότε $\displaystyle{{2^{n - 2}}|m - 1}$ και άρα

$\displaystyle{{5^{m - 1}} - {2^n} \ge {5^{{2^{n - 2}}}} - {2^n} > 1}$

για κάθε $\displaystyle{n \ge 3}.$ Η περίπτωση $\displaystyle{n = 1}$ δεν μπορεί να ισχύει, αλλά για $\displaystyle{n = 2}$ προκύπτει η λύση $\displaystyle{\left( {m,n,p} \right) = \left( {2,2,5} \right).}$

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{{5^m} - {2^n}p = 10.}$ Τότε $\displaystyle{2|{5^m},}$ άτοπο.

Ώστε, οι ζητούμενες λύσεις είναι οι $\displaystyle{\boxed{\left( {m,n,p} \right) \in \left\{ {\left( {1,1,2} \right),\left( {2,3,3} \right),\left( {2,2,5} \right)} \right\}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 12, 2017 3:11 pm**

Η πηγή απο οπου πήρα την ασκηση είχε τελικά λάθη.

Απο οτι φαίνεται πρόκειται για κάκιστη επιλογή φακέλου.

Ζητώ συγγνώμη για την παρεξήγηση.

Ευχαριστώ πολυ τον κύριο Βαγγέλη για την λυση.

mathematica.gr

Τέλειο Τετράγωνο

Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο

Re: Τέλειο Τετράγωνο