mathematica.gr


https://www.mathematica.gr/forum/

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=64542

Σελίδα 1 από 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 25, 2019 2:13 am
από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων η εξίσωση:

\displaystyle{3^x +y^2 = 2^y}

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 25, 2019 2:44 am
από silouan
Οι περιπτώσεις όπου τα x,y είναι αρνητικά ή ένας εκ των δύο είναι αρνητικός, είναι τετριμμένες.
Αν τώρα x,y>0 έχουμε \mod 3 ότι y^2\equiv (-1)^y\pmod{3}, άρα πρέπει y άρτιος. Τότε όμως από την αρχική εξίσωση 3^x άρτιος, άτοπο.

Αν τώρα x=0, έχουμε 1+y^2=2^y, που για y\geq 2 είναι άτοπο, αφού το -1 βγαίνει τετραγωνικό κατάλοιπο, οπότε y=0 ή y=1.
Αν y=0, τότε μόνη περίπτωση x=0.

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm
από 2nisic
Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 23, 2021 12:00 pm
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
2nisic έγραψε: Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}
Καλημέρα

Αρχικά αν (x,y,z) λύση τότε και (x,-y,z) λύση οπότε θεωρώ y\geq 0
Αν y=0 τότε 3^x=2^z που ισχύει μόνο για x=z=0,
Έστω y>0
Αν x<0 τότε 2^z=y^2+3^x\not \in \mathbb{Z} άρα z<0, τότε όμως 1>2^z=y^2+3^x>1 άτοπο.
Άρα x,z\geq 0, αν z=0 τότε 1=3^x+y^2>1 άτοπο, άρα z>0. Αν x=0 τότε 1+y^2=2^z που με \pmod4 δίνει y=z=1.
Έστω τώρα x,y,z>0
Με \pmod3 έχω y^2=2^z\pmod 3 αλλά 3\not |2^z άρα 2|z. Έστω z=2w
Είναι 3^x=(2^w-y)(2^w+y), έστω d=gcd(2^w-y,2^w+y)
d|(2^w+y)-(2^w-y)=2^{w+1} και d|(2^w-y)(2^w+y)=3^x οπότε πρέπει d=1 και αφού 2^w+y>2^w-y θα είναι
2^w-y=1 και 2^w+y=3^x \Rightarrow 2^{w+1}=3^x+1
Αυτή με \pmod3 δίνει 2|w+1,θέτω w+1=2e και έχω (2^e-1)(2^e+1)=3^x οπότε όπως και πριν πρέπει 2^e-1=1 και 2^e+1=3^x\Rightarrow e=1,x=1.
Οπότε όλες οι λύσεις είναι (x,y,z)=(0,0,0),(0,\pm 1,1),(1,\pm 1,2)

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 23, 2021 12:29 pm
από Joaakim
2nisic έγραψε: Παρ Ιαν 22, 2021 8:54 pm Επειδή είναι πολύ εύκολη για senior την αλλάζω λίγο:

Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y,z για τους οποίους να ισχύει:

3^{x}+y^{2}=2^{z}
Μία προσπάθεια:
Προφανώς δεν υπάρχουν αρνητικοί ακέραιοι x,y, που να ικανοποιούν την αρχική.
Αν x=0, τότε 1+y^2=2^z. Αν z≥2, τότε με mod.4,
προκύπτει ότι y^2=-1(mod.4), άτοπο. Άρα z=0,1. Για z=0, έχουνε την λύση (x,y,z)=(0,0,0), ενώ για z=1, έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,1,1),(0,-1,1).
Αν x>0, τότε με mod.3 έχουμε ότι z άρτιος. Έστω ότι z=2k, για k θετικό ακέραιο.
Η εξίσωση γράφεται τώρα (2^k+y)(2^k-y)=3^x. Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a, b, με a+b=x, τέτοιοι ώστε:
2^k+y=3^a
2^k-y=3^b
Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει: 3^b(3^a^-^b+1)=2^k^+^1. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
-a<b. Τότε προφανώς παίρνουμε άτοπο.
-a=b. Τότε 3^b*2=2^k^+^1, που δίνει 3^b=2^k, το οποίο μπορεί να ισχύει μόνο για b=k=0. Τότε x=a+b=2b=0, z=2k=0, και y=0. Τότε
έχουμε την λύση (x, y, z)=(0, 0, 0).
-a>b. Τότε θα ισχύει ότι 3^b|2^k^+^1, το οποίο μπορεί να ισχύει μόνο για b=0. Τότε x=a. Η εξίσωση τώρα γίνεται 3^x+1=2^k^+^1.
Παίρνοντας mod.3 λαμβάνουμε ότι (-1)^k^+^1=1(mod.3). Που δίνει ότι k περιττός. Έστω ότι k=2l-1, για l θετικό ακέραιο. Η εξίσωση
γράφεται: (2^l+1)(2^l-1)=3^x. Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι u,v, με u+v=x, u>v, τέτοιοι ώστε:
2^l+1=3^u
2^l-1=3^v
Αφαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε ότι 3^v(3^u^-^v-1)=2. Άρα 3^v|2, που δίνει v=0, x=u, και
3^x-1=2, που δίνει x=1. Τότε k+1=2, και συνεπώς z=2k=2*1=2. Τότε y^2=1, άρα y=+-1.

Τελικά έχουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,0,0),(0,1,1),(0-1,1),(1,1,2),(1,-1,2).

Παρακαλώ διορθώστε με για τυχόν λάθη, γιατί ακόμα μαθαίνω να λύνω τέτοιες ασκήσεις, και οι παρατηρήσεις σας θα με βοηθούσαν πολύ.

Edit: Με πρόλαβε ο Πρόδρομος (για αρκετή ώρα βέβαια). Το αφήνω για την πληκτρολόγηση.

Υ.Γ. Σημειώνω με έντονα γράμματα μια περίπτωση που δεν πήρα. Ευχαριστώ τον κύριο Δημήτρη για την επισήμανση!

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 23, 2021 7:53 pm
από Demetres
Αφού δείξουμε ότι τα x,z είναι μη αρνητικοί, βγαίνει και με modulo 8. Το αριστερό μέλος δεν είναι πολλαπλάσιο του 8 οπότε αναγκαστικά z \in \{0,1,2\} και τα πράγματα πλέον είναι εύκολα.

Re: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

Δημοσιεύτηκε: Τρί Απρ 16, 2024 9:20 pm
από Ιωάννης Μελισσουργός
Ανεβάζω και εγώ τη λύση με mod8 αν και αρκετό καιρό μετά τη δημοσίευση...

Προφανώς είναι για z,x<0 αδύνατη αφού δεν θα προκύπτει ακέραιο y που να επαληθεύει τη σχέση.
  • Για z=0 παίρνουμε τη λύση (x,y,z)=(0,0,0)
  • Για z=1 παίρνουμε τις λύσεις (x,y,z)=(0,1,1),(0,-1,1)
  • Για z=2 παίρνουμε τις λύσεις (x,y,z)=(1,1,2),(1,-1,2)
  • Για z\geq 3 με mod8 έχουμε ότι 3^x\equiv 1 ή 3mod8.
Πράγματι είναι ότι 3\equiv 3(mod8)\Rightarrow 3^2\equiv9(mod8)\equiv1(mod8)\Rightarrow 3^{2k}\equiv1(mod8)\Rightarrow 3^{2k+1}\equiv3(mod)8
όπου k\in \mathbb{N}

Ακόμα ισχύει ότι y=2\lambda +1 για κάποιο \lambda \in \mathbb{Z} αφού το 3^x είναι περιττός και το 2^z
άρτιος. Επομένως y\equiv 1(mod8) ή 3(mod8) ή 5(mod8) ή 7(mod8), απ' όπου και λαμβάνουμε ότι y^2\equiv 1(mod8) ή 3(mod8).

Παρατηρούμε λοιπόν ότι αθροίζοντας τα πιθανά υπόλοιπα (mod8) των 3^x και y^2 προκύπτει ότι 8\nmid2^z που είναι άτοπο. Επομένως οι λύσεις είναι οι (x,y,z)=(0,0,0),(0,\pm 1,1),(1,\pm1,2)


Υ.Γ. Επειδή είμαι καινούριος στο κόσμο των διαγωνιστικών μαθηματικών αν χρειάζεται κάποια διόρθωση η λύση θα χαιρόμουν πολύ να το επισημαίνατε
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+02:00
Σελίδα 1 από 1

Δημιουργήθηκε από phpBB® Forum Software © phpBB Limited


Ελληνική μετάφραση από το phpbbgr.com