mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 16, 2026 11:16 pm**

Να προσδιορίσετε όλες τις τετράδες $\displaystyle{(p,q,r,n),}$ με $\displaystyle{p,q,r}$ πρώτους και $\displaystyle{n}$ θετικό ακέραιο, που ικανοποιούν την εξίσωση:

$\displaystyle{p^n+q^n+r^n=2026(p+q)(q+r)(r+p).}$

(Ας την αφήσουμε $\displaystyle{24}$ ώρες για τους μαθητές του γυμνασίου).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 17, 2026 4:57 pm**

Απόρριψη δημοσίευσης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 17, 2026 4:59 pm**

Fotis34 έγραψε: Παρ Απρ 17, 2026 4:57 pm Ας προσπαθήσει κάποιος...

Δίνω ένα hint:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Γίνεται να είναι όλα τα $\displaystyle{p,q,r}$ περιττοί πρώτοι; Αν όχι, πάρτε χωρίς απώλεια της γενικότητες ότι $\displaystyle{p=2,}$ τι παρατηρείται;

Περιττεύει να δώσεις hint, όχι μόνο γιατί είναι τετριμμένο, αλλά γιατί δεν πέρασαν οι 24 ώρες που αφήνεις.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 17, 2026 11:00 pm**

Ανοικτή σε όλους.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2026 7:26 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2026 9:01 pm**

Fotis34 έγραψε: Πέμ Απρ 16, 2026 11:16 pm Να προσδιορίσετε όλες τις τετράδες $\displaystyle{(p,q,r,n),}$ με $\displaystyle{p,q,r}$ πρώτους και $\displaystyle{n}$ θετικό ακέραιο, που ικανοποιούν την εξίσωση:

$\displaystyle{p^n+q^n+r^n=2026(p+q)(q+r)(r+p)}$

.
Απάντηση: Δεν υπάρχουν τέτοιες τετράδες.

Πράγματι το δεξί μέλος είναι > (p+q)(q+r)(r+p) > (1+q)(1+r)(1+p) =1+p+q+r +pq+qr+rp > p+q+r

οπότε σίγουρα δεν έχουμε λύση για n=1

.

Δεν έχουμε λύση ούτε για n=2

. Αυτό το βλέπουμε παρακάτω όπου εξετάζονται τα άρτια

αλλά ας το δούμε και ξεχωριστά: Το δεξί μέλος είναι

> (p+q)(q+r)(r+p) = p^2q+p^2r+pq^2+2pqr+pr^2+q^2r+qr^2>

$> p^2\cdot 1+0+1\cdot q^2+0+1\cdot r^2+0 +0 = p^2+q^2+r^2$

Οπότε εξετάζουμε τις περιπτώσεις $n\ge 3$ . Πρώτα απ' όλα παρατηρούμε ότι το δεξί μέλος είναι άρτιο οπότε το αριστερό μέλος πρέπει να έχει ακριβώς έναν άρτιο και δύο περιττούς πρώτους. Χωρίς βλάβη λοιπόν $2=p\le q\le r$ . Δηλαδή η εξίσωση γίνεται

2^n+q^n+r^n=2026(2+q)(q+r)(r+2)}

Για $n\ge 3$ περιττό έχουμε $2^n+r^n=(2+r)(2^{n-1}+... + r^{n-1})$ , δηλαδή είναι πολλαπολάσιο του 2+r

. To δεξί μέλος είναι επίσης πολλαπλάσιο του του 2+r

, οπότε υποχρεωτικά το 2+r

διαιρεί το q^n

και άρα το

(αφού

πρώτος). 'Ατοπο αφού $2+r \ge 2+q >q$ .

Μένει η περίπτωση $n\ge 3$ , άρτιος.

Επειδή για τους περιττούς q,r

τα

είναι ισότιμα του 1mod 4

, το αριστερό μέλος 2^n+q^n+r^n

είναι ισότιμο 0+1+1=2

. Από την άλλη το δεξί μέλος είναι πολλαπλάσιο του

γιατί έχει παράγοντες τους άρτιους 2026

και

. 'Ατοπο, και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2026 10:22 pm**

Fotis34 έγραψε: Πέμ Απρ 16, 2026 11:16 pm Να προσδιορίσετε όλες τις τετράδες $\displaystyle{(p,q,r,n),}$ με $\displaystyle{p,q,r}$ πρώτους και $\displaystyle{n}$ θετικό ακέραιο, που ικανοποιούν την εξίσωση:

$\displaystyle{p^n+q^n+r^n=2026(p+q)(q+r)(r+p).}$

(Ας την αφήσουμε $\displaystyle{24}$ ώρες για τους μαθητές του γυμνασίου).

Μια λίγο διαφορετική λύση, αλλά λίγο γρήγορα γιατί με πιέζει ο χρόνος:

Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν.

Αν $\displaystyle{n=1}$ ή $\displaystyle{n=2}$ εύκολα δείχνουμε άτοπο.

Αν $\displaystyle{n}$ άρτιος $\displaystyle{≥3}$ έχω την ίδια απόδειξη με αυτή του post #6.

Αν $\displaystyle{n}$ περιττός $\displaystyle{≥3}$ , παίρνουμε:

(Α) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod p+q)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv - q^n + q + r^n (mod p+q), RHS \equiv 0 (mod p+q)}$ , άρα $\displaystyle{r^n \equiv 0 (mod p+q) \Leftrightarrow p + q | r^n \Rightarrow p + q | r \Leftrightarrow p+q≤r }$ (1).

(Β) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod q+r)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv p^n -r^n + r^n (mod q+r), RHS \equiv 0 (mod q+r)}$ , άρα $\displaystyle{p^n \equiv 0 (mod q+r) \Leftrightarrow q + r | p^n \Rightarrow q + r | p \Leftrightarrow q+r≤p }$ (2).

(Γ) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod r+p)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv p^n + q^n - p^n (mod r+p), RHS \equiv 0 (mod r+p)}$ , άρα $\displaystyle{q^n \equiv 0 (mod r+p) \Leftrightarrow r + p | q^n \Rightarrow r + p | q \Leftrightarrow r+p≤q}$ (3).

Με πρόσθεση των (1)+(2)+(3) κατά μέλη, προκύπτει αντίφαση αφού είναι $\displaystyle{2≤1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2026 11:12 pm**

Fotis34 έγραψε: Δευ Απρ 27, 2026 10:22 pm
(Α) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod p+q)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv - q^n + q + r^n (mod p+q), RHS \equiv 0 (mod p+q)}$ , άρα $\displaystyle{r^n \equiv 0 (mod p+q) \Leftrightarrow p + q | r^n \Rightarrow p + q | r \Leftrightarrow p+q≤r }$ (1).

(Β) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod q+r)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv p^n -r^n + r^n (mod q+r), RHS \equiv 0 (mod q+r)}$ , άρα $\displaystyle{p^n \equiv 0 (mod q+r) \Leftrightarrow q + r | p^n \Rightarrow q + r | p \Leftrightarrow q+r≤p }$ (2).

(Γ) την αρχική εξίσωση $\displaystyle{(mod r+p)}$ που δίνει:
$\displaystyle{LHS \equiv p^n + q^n + r^n \equiv p^n + q^n - p^n (mod r+p), RHS \equiv 0 (mod r+p)}$ , άρα $\displaystyle{q^n \equiv 0 (mod r+p) \Leftrightarrow r + p | q^n \Rightarrow r + p | q \Leftrightarrow r+p≤q}$ (3).

Με πρόσθεση των (1)+(2)+(3) κατά μέλη, προκύπτει αντίφαση αφού είναι $\displaystyle{2≤1}$ .

Σωστά μεν, αλλά είναι πολύς κόπος χωρίς λόγο: Η (1) ήδη δίνει άτοπο αν πάρουμε ως

τον πιο μικρό από τους p,q,r

. Δες την λύση που έγραψα.

Θα ήθελα να ρωτήσω αν η άσκηση είναι κατασκευής σου. Αλλιώς, από πού είναι;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 29, 2026 6:27 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Απρ 27, 2026 11:12 pm Θα ήθελα να ρωτήσω αν η άσκηση είναι κατασκευής σου. Αλλιώς, από πού είναι;

Φώτη, έχεις δει το παραπάνω μήνυμα;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 29, 2026 7:50 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Απρ 29, 2026 6:27 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Απρ 27, 2026 11:12 pm Θα ήθελα να ρωτήσω αν η άσκηση είναι κατασκευής σου. Αλλιώς, από πού είναι;
Φώτη, έχεις δει το παραπάνω μήνυμα;

Συγγνώμη που δεν απάντησα, το ξέχασα. Η άσκηση είναι από το διαγωνισμό της Κορέας για juniors $\displaystyle{2026}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 29, 2026 8:23 pm**

Fotis34 έγραψε: Τετ Απρ 29, 2026 7:50 pm Συγγνώμη που δεν απάντησα, το ξέχασα. Η άσκηση είναι από το διαγωνισμό της Κορέας για juniors $\displaystyle{2026}$ .

Ευχαριστώ για την απάντηση. Έχεις ακριβή παραπομπή γιατί δεν την βρίσκω, δεδομένου ότι σίγουρα υπάρχουν διάφοροι διαγωνισμοί στην Κορέα, και τα στοιχεία που δίνεις είναι ασαφή.

Υπάρχει επίσημη λύση; Το ρωτάω γιατί έχω και μία δεύτερη λύση κατά νου, που όμως σε ένα βήμα έχει κάποια δυσκολία έξω από επίπεδο Juniors.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 03, 2026 4:15 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Απρ 29, 2026 8:23 pm
Fotis34 έγραψε: Τετ Απρ 29, 2026 7:50 pm Συγγνώμη που δεν απάντησα, το ξέχασα. Η άσκηση είναι από το διαγωνισμό της Κορέας για juniors $\displaystyle{2026}$ .
Ευχαριστώ για την απάντηση. Έχεις ακριβή παραπομπή γιατί δεν την βρίσκω, δεδομένου ότι σίγουρα υπάρχουν διάφοροι διαγωνισμοί στην Κορέα, και τα στοιχεία που δίνεις είναι ασαφή.

Υπάρχει επίσημη λύση; Το ρωτάω γιατί έχω και μία δεύτερη λύση κατά νου, που όμως σε ένα βήμα έχει κάποια δυσκολία έξω από επίπεδο Juniors.

Δυστυχώς, δεν έχω ούτε παραπομπή ούτε επίσημη λύση. Έψαχνα και έπεσε το μάτι μου πάνω σε αυτήν.

Θα με ενδιέφερε, όμως, να δω άλλη λύση.

mathematica.gr

Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Re: Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο