mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 2:28 pm**

Να βρεθούν οι ακέραιοι $x,y,z \geq 0$ τέτοιοι ώστε 6^x + 13^y = 7^z

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 3:36 pm**

Lymperis Karras έγραψε: Τρί Ιουν 22, 2021 2:28 pm Να βρεθούν οι ακέραιοι $x,y,z \geq 0$ τέτοιοι ώστε

Αν

τότε

έχουμε

και

.

.
Επειδή (7^a-13b,7^a+13^b)=2

και

έχουμε τής περίπτωσης:
$7^a-13^b=3^x*2^{x-1}$ και 7^a+13^b=2

που είναι αδύνατη ή
7^a-13^b=3^x*2

και $7^a+13^b=2^{x-1}$ προφανώς θα πρέπει $2^{x-1}>3^x*2$ που είναι αδύνατο.

Αν

τότε έχουμε: 36+13^y=7^z

.
Με

έχουμε

οπότε την γράφουμε : 13^y=(7^a-6)(7^a+6)

Αναγκάστηκα (7^a-6,7^a+6)=1

και επειδή 7^a-6<7^a+6

έχουμε

.
Άρα

.

Για

έχουμε :

.
Για

δεν ισχύει.
Για z>=2

με

έχουμε:
$13^y\equiv 43(mod49)\Leftrightarrow y\equiv 4(mod14)$
Τέλος με mod29

έχουμε:
$LHS\equiv 13^4+6\equiv 25+6\equiv 2(mod29)$
$RHS=7^z\equiv 7,20,24,23,16,25,1(mod29)$

Edit:Για z=1

έχω γράψει πώς δεν ισχύει επειδή νόμιζα πως η άσκηση ήτα για θετικούς ακέραιους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 4:19 pm**

2nisic έγραψε: Τρί Ιουν 22, 2021 3:36 pm
Lymperis Karras έγραψε: Τρί Ιουν 22, 2021 2:28 pm Να βρεθούν οι ακέραιοι $x,y,z \geq 0$ τέτοιοι ώστε
Αν τότε έχουμε και .
.
Επειδή και έχουμε τής περίπτωσης:
$7^a-13^b=3^x*2^{x-1}$ και που είναι αδύνατη ή
και $7^a+13^b=2^{x-1}$ προφανώς θα πρέπει $2^{x-1}>3^x*2$ που είναι αδύνατο.

Αν τότε έχουμε:.
Με έχουμε οπότε την γράφουμε :
Αναγκάστηκα και επειδή έχουμε .
Άρα .

Για έχουμε :.
Για δεν ισχύει.
Για με έχουμε:
$13^y\equiv 43(mod49)\Leftrightarrow y\equiv 4(mod14)$
Τέλος με έχουμε:
$LHS\equiv 13^4+6\equiv 25+6\equiv 2(mod29)$
$RHS=7^z\equiv 7,20,24,23,16,25,1(mod29)$

Πολύ ωραία. Γιατί δεν ισχύει όμως για z=1

?
Αν

τοτε έχουμε την λύση (x,y,z)=(1,0,1)

Επίσης υπάρχει άλλος τρόπος εκτός από mod 49, mod 29

για το τελευταίο?
Κι εγώ έτσι το έχω κάνει, αλλά ήταν πολλές οι πράξεις και το έβγαλα με προγραμματάκι στον υπολογιστή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 5:37 pm**

Lymperis Karras έγραψε: Τρί Ιουν 22, 2021 4:19 pm Κι εγώ έτσι το έχω κάνει, αλλά ήταν πολλές οι πράξεις και το έβγαλα με προγραμματάκι στον υπολογιστή.

Ας με διορθώσει κάποιος αν κάπου είμαι λάθος.

Θέλω να βρώ τα υπόλοιπα των δυνάμεων του a (modb)

{
int

a,b,f(b);
printf(" δώσε τα a,b,f(b) %d,%d,%d", a,b,f(b));
Scanf("%d,%d,%d", &a,&b,&f(b));

Int upolipo [f(b)];
Upolipo [1]=a;

for(i=2; i<=f(n); i++)
{
Upolipo [ i ]=a*Upolipo [i-1];

While (Upolipo [ i ]>b)
{
Upolipo[ i ]=Upolipo [ i ]-b;
}
Printf ("%d n"/, Upolipo [ i ])
}
}

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 5:46 pm**

2nisic έγραψε: Τρί Ιουν 22, 2021 5:37 pm
{
int a,b,f(b);
printf(" δώσε τα a,b,f(b) %d,%d,%d", a,b,f(b));
Scanf("%d,%d,%d", &a,&b,&f(b));

Int upolipo [f(b)];
Upolipo [1]=a;

for(i=2; i<=f(n); i++)
{
Upolipo [ i ]=a*Upolipo [i-1];

While (Upolipo [ i ]>b)
{
Upolipo[ i ]=Upolipo [ i ]-b;
}
Printf ("%d n"/, Upolipo [ i ])
}
}

Μια χαρά είναι αν εξαιρέσουμε 2-3 συντακτικά λάθη. C++ είναι έτσι;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 22, 2021 5:48 pm**

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: $x \geq 2$ .

Με mod.4

παίρνουμε $(-1)^{z}=1^{y}-2^{x}=1mod.4$ , άρα

άρτιος. Θέτουμε z=2a

.

Με

παίρνουμε $3^y=2^{z}-1=4^{a}-1=(-1)^{a}-1mod.5$ .

Αν

άρτιος, τότε $3^{y}=0mod.5$ , αδύνατο.

Άρα

περιττός, τότε $3^{y}=3mod.5 \Rightarrow y=1mod.4$ , δηλαδή

περιττός.

Με mod.7

παίρνουμε $(-1)^{x}=-(-1)^{y}=-(-1)=1mod.7$ , άρα

άρτιος. Έστω x=2b

.

Η εξίσωση γράφεται $13^{y}=(7^{a}-6^{b})(7^{a}+6^{b})$ .

Έστω $d=(7^{a}-6^{b}, 7^{a}+6^{b}) \Rightarrow d|(7^{a}-6^{b})(7^{a}+6^{b}), d|(7^{a}+6^{b})+(7^{a}-6^{b}) \Rightarrow$
$\Rightarrow d|13^{y}, d|2 \cdot 7^{a} \Rightarrow d=1$ ,

αφού $(2 \cdot 7^{a}, 13^{y})=1$ .

Έτσι, λόγω του ότι $7^{a}+6^{b}>7^{a}-6^{b}$ , έχουμε το σύστημα:

$7^{a}+6^{b}=13^{y}, 7^{a}-6^{b}=1$ (★).

Εξετάζουμε την δεύτερη εξίσωση του συστήματος (★).

Αν $b \geq 2$ , τότε με mod.4

παίρνουμε $(-1)^{a}=1mod.4$ , άρα

άρτιος, άτοπο, αφού

περιττός.

Συνεπώς $b=1 \Rightarrow a=1 \Rightarrow y=1 \Rightarrow x=2, y=1, z=2$ , οπότε η τριάδα (x,y,z)=(2,1,2)

.

Περίπτωση 2: x=1

.

Έχουμε την εξίσωση $7^{z}=13^{y}+6$ .

Αν y=0

, τότε η τριάδα (x,y,z)=(1,0,1)

. Έστω τώρα y>0

.

Με

παίρνουμε $7^{z}=6mod.13$ .

Είναι όμως $ord_{13}(7)=12$ , οπότε με έλεγχο βρίσκουμε z=7mod.12

. Έστω

.

Με

παίρνουμε

$13^{y}=7^{12k+7}-6=2^{12k+7}-1=2^{3} \cdot 2^{12k+4}-1=8 \cdot 16^{3k+1}-1=8 \cdot 1^{3k+1}-1=7=2mod.5 \Rightarrow$
$\Rightarrow 3^{y}=2mod.5 \Rightarrow y=3mod.4$ , συνεπώς

περιττός.

Με mod.7

όμως παίρνουμε $(-1)^{y}=-6=1mod.7$ , άρα

άρτιος, άτοπο.

Τελικά: $\boxed{(x,y,z)=(1,0,1),(2,1,2)}$ .

mathematica.gr

Δύσκολη Εκθετική?

Δύσκολη Εκθετική?

Re: Δύσκολη Εκθετική?

Re: Δύσκολη Εκθετική?

Re: Δύσκολη Εκθετική?

Re: Δύσκολη Εκθετική?

Re: Δύσκολη Εκθετική?