mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 26, 2021 10:16 pm**

Να βρεθουν οι φυσικοί αριθμοί

για τούς οποίους ο 7^x+2

είναι τέλειο τετράγωνο

(Δεν έχω λύση.Πιστευω πώς χρειάζεται αλγεβρική θεωρία αριθμών)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 2:01 pm**

Καλησπέρα. Έστω $7^x+2=n^2, n \in \mathbb{N}$ . Απ' αυτή παίρνουμε πως: 7^x=n^2-2

. Συνεπώς, πρέπει: $n^2 \equiv 2 (\mod7)$ . Μπορούμε, λοιπόν, να θέσουμε: $n^2=7k+2 (*), k \in \mathbb{N}$ . Αντικαθιστώντας στην αρχική, έχουμε: $7^x+2=7k+2 \Leftrightarrow 7^x=7k \Leftrightarrow 7^{x-1}=k (1)$ . Τώρα, διακρίνουμε περιπτώσεις.

1η περίπτωση: $k\not\equiv 0 (\mod 7)$ . Τότε, προκειμένου να ισχύει η (1)

, προκύπτει η τιμή k=1

, η οποία δίνει x=1

και τελικά n^2=9

. Συνεπώς, η πρώτη τιμή του

είναι η

, από την οποία προκύπτει το τέλειο τετράγωνο n^2=9

2η περίπτωση: $k \equiv 0 (\mod 7)$ . Θα αποδείξουμε ότι δεν δύνανται να προκύψει τέλειο τετράγωνο, αν k= mult 7

. Έστω προς άτοπο $k=7m, m \in \mathbb{N}$ . Αντικαθιστώντας στην (1)

, παίρνουμε: $7^{x-1}=7m \Leftrightarrow m=7^{x-2}$ . Θα αποδείξουμε πως ισχύει: $0 \leq x \leq 1$ . Αν δεν ισχύει, με $(\mod 49)$ παίρνουμε πως: $n^2 \equiv 2 (\mod 49)$ . Σύμφωνα με τις σχέσεις που έχουμε θέσει, θα ισχύει: $7k+2 \equiv 2 (\mod 49) \Leftrightarrow 7k \equiv 0 (\mod49)$ . Οπότε, αντιλαμβανόμαστε πως ισχύει; $k=7^{2s+1}, s \in \mathbb{N}$ , ή $k=7^{2s}$ . Τώρα, θα αντικαταστήσουμε την τιμή του

στη σχέση: (*)

, παίρνουμε: $n^2 = 7^{2s+2}+2 \Leftrightarrow n^2= (7^{s+1})^2 +2$ , το οποίο θα αποδείξουμε πως δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω $7^{s+1}=a$ Αντικαθιστώντας στη σχέση που μόλις βρήκαμε, προκύπτει η διοφαντική εξίσωση: $n^2=a^2+2 \Leftrightarrow (n+a)(n-a)=2$ , όπου πρέπει να ισχύει: n-a=2, n+a=1

, που δίνει

ρητό, πράγμα που απορρίπτεται. Η δεύτερη περίπτωση δίνει πάλι

ρητό και, συνεπώς, απορρίπτεται επίσης (παρόμοια αποδεικνύεται πως δεν υπάρχουν ακέριες τιμές του

για $k=7^{2s}$ . Συμπερασματικά, ισχύει η ανισότητα $0 \leq x \leq 1$ . Για x=0

προκύπτει

, άτοπο, αφού δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Οπότε, όπως έχει προαναφερθεί, η μόνη αποδεκτή τιμή του

είναι η

, για την οποία προκύπτει η αποδεκτή τιμή n^2=9

, που είναι και η μόνη.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 2:09 pm**

Philip.kal έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 2:01 pm Τώρα, θα αντικαταστήσουμε την τιμή του στη σχέση: , παίρνουμε: $n^2 = 7^{2s+2}+2 \Leftrightarrow n^2= (7^{s+1})^2 +2$ , το οποίο σίγουρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο, αφού υπάρχουν δύο τετράγωνα φυσικών, όμως ένας από τους όρους δεν είναι τέλειο τετράγωνο, με αποτέλεσμα να μην συμπληρώνεται η πυθαγόρεια τριάδα (.

; Βέβαια διορθώνεται εύκολα...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 3:24 pm**

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 2:09 pm
Philip.kal έγραψε: Τετ Ιαν 27, 2021 2:01 pm Τώρα, θα αντικαταστήσουμε την τιμή του στη σχέση: , παίρνουμε: $n^2 = 7^{2s+2}+2 \Leftrightarrow n^2= (7^{s+1})^2 +2$ , το οποίο σίγουρα δεν είναι τέλειο τετράγωνο, αφού υπάρχουν δύο τετράγωνα φυσικών, όμως ένας από τους όρους δεν είναι τέλειο τετράγωνο, με αποτέλεσμα να μην συμπληρώνεται η πυθαγόρεια τριάδα (.
; Βέβαια διορθώνεται εύκολα...

Ευχαριστώ πολύ για την επισήμανση! Έκανα κάποιες διορθώσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 27, 2021 8:50 pm**

Όλοι η άσκηση είναι αυτό το παρόμοια που λες(εγώ δεν βλέπω ομοιότητα). Αλλα δεν το αποδεικνύεις.

Έχεις αποδείξει μόνο ότι δεν ισχύει για x=even

.Και υπάρχει πολύ ποίο εύκολη απόδειξη.
Απλά περνεις mod 8

και έχεις

αλλά το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο mod8

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 28, 2021 12:39 pm**

Βγαίνει με χρήση γενικευμένης Pell. Αρχικά παρατηρούμε από modulo 4 ότι ο

είναι περιττός. Οπότε ψάχνουμε λύσεις της

$\displaystyle a^2 - 7b^2 = 2$

με την επιπλέον συνθήκη ότι το

πρέπει να είναι δύναμη του

.

Η θεμελιώδης λύση της a^2 - 7b^2 = 1

είναι η

. Κάθε θεμελιώδης λύση της a^2 - 7b^2 = 2

είναι της μορφής (a,b)

με $1 \leqslant a \leqslant 8 \sqrt{7} < 21$ . Πρέπει επίσης $a \equiv 1 \bmod 2, a \equiv 0 \bmod 3, a \equiv \pm 4 \bmod 7$ άρα χρειάζεται να ελέγξουμε μόνο την περίπτωση a=3

και παίρνουμε τις θεμελιώδεις λύσεις (3,1)

και

.

Ξεκινάμε από την (3,1)

. Όπως και στην περίπτωση της Pell οι υπόλοιπες λύσεις δίνονται από τις αναδρομικές σχέσεις $a_{n+2} = 16a_{n+1} - a_n$ και $b_{n+2} = 16b_{n+1}-b_n$ . ( $16 = 2 \cdot 8$ όπου το

προκύπτει από τη θεμελιώδη λύση της a^2 - 7b^2=1

.) Μας ενδιαφέρει η ακολουθία b_n

αλλά θέλουμε και το b_2

για να συνεχίσουμε. Αυτό δίνεται από τον τύπο b_2 = 8b_1 + 3a_1 = 17

.

Κοιτάζουμε τώρα την ακολουθία b_n

modulo 7. Είναι η 1,3,5,0,2,4,6

και μετά επαναλαμβάνεται. Δηλαδή 7|b_n

αν και μόνο αν $n \equiv 4 \bmod 7$ . Βρίσκουμε επίσης ότι $b_3 = 271, b_4 = 4319 = 7 \cdot 617$ . Τώρα θα κοιτάξω την ακολουθία b_n

modulo

. Θα βρω ότι είναι η 1,17,271,0,-271,-17,-1

και μετά επαναλαμβάνεται.

Παίρνω λοιπόν ότι $7| b_n \implies n \equiv 4 \bmod 7 \implies 617 | n$ . Άρα δεν υπάρχει

ώστε το

να είναι τέλεια δύναμη του

εκτός ίσως αν b_n=1

, το οποίο δίνει τη λύση (3,1)

.

Τώρα πρέπει να κάνουμε την ίδια διαδικασία και για τη θεμελιώδη λύση (3,-1)

. Ευτυχώς

, μετά $b_3 = 16 \cdot 1 - (-1) = 17$ και συνεχίζει όπως την προηγούμενη ακολουθία. Άρα δεν προκύπτει οποιαδήποτε καινούργια λύση.

Καταλήγουμε λοιπόν ότι μόνο για x=1