Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Ch.Chortis · #1061

freyia έγραψε:
Ch.Chortis έγραψε:
Καλό απόγευμα.

Πρώτα βλέπω ένα λαθάκι τυπογραφικό. Αντί $\boxed {2\cdot 5m^2-1=u^2}$ , ότι πρέπει να γραφτεί

$\boxed {2\cdot 5^m-1=u^2}$

Από εδώ όμως, δεν έχω καταλάβει με πιο τρόπο προκύπτει ότι οι μοναδικές τιμές που παίρνει ο είναι το και to . Δεν είναι δυνατό να δοκιμάσουμε όλους τους αριθμούς. Θέλει απόδειξη, που κοίταξα να την βρω, αλλά δεν μπόρεσα.

Ναι έχειτε δίκιο είναι τυπογραφικό,λυπάμαι.Σαφώς και ήθελα να γράψω το ορθό
$\boxed {2\cdot 5^m-1=u^2}$
αλλά για κάποιο περίεργο λόγο μπερδεύτηκα.
Θα το διορθώσω.
Όσο για την απόδειξη,αυτό γράφω και εγώ στην τελευταία γραμμή του κειμένου μου(αν δεν το παρατηρήσατε,λέω οτι έχω κάνει δοκιμές)

Antonis_Z · #1062

Μια προσπάθεια για την 509.
Η παράσταση γράφεται: $1+\frac{2^{n+1}p}{5^m-2^np}=k^2$ .Ισοδύναμα αυτή η εξίσωση γράφεται: $5^m(1-k^2)+p(-2^n+2^{n+1}+k^22^n)=0\leftrightarrow 5^m(1-k^2)+2^np(k^2+1)=0\leftrightarrow 5^m\frac{k^2-1}{k^2+1}=2^np$ .
Από εδώ καταλαβαίνουμε ότι πρέπει να είναι: k^2+1=5^l

(αλλιώς το πρώτο μέλος δε θα είναι ακέραιος) με $m\geq l$ .Αντικαθιστώντας αυτή γίνεται: $5^{m-l}(5^l-2)=2^np$ .Σ'αυτή είναι: $5|p\rightarrow p=5$ και επίσς πρέπει m-l=1

.Η εξίσωση τώρα γράφεται $5^l=2(2^{n-1}+1)$ ,αυτή είναι αδύνατη στους φυσικούς άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

Κρατάω μια επιφύλαξη.

Ch.Chortis · #1063

Καλημέρα,Αντώνη.
Καλά κάνεις και κρατάς επιφύλαξη.Νομίζω οτι έχεις κάνει κάποιο λάθος στις πράξεις μιας και υπάρχουν λύσεις(έχω ήδη δώσει ήδη τρεις).
Οι γραμμές που ξεχώρισα στο κείμενό σου:

Antonis_Z έγραψε: Από εδώ καταλαβαίνουμε ότι πρέπει να είναι: (αλλιώς το πρώτο μέλος δε θα είναι ακέραιος) με $m\geq l$ .Αντικαθιστώντας αυτή γίνεται: $5^{m-l}(5^l-2)=2^np$ .Σ' αυτή είναι: $5|p\rightarrow p=5$ και επίσς πρέπει .Η εξίσωση τώρα γράφεται $5^l=2(2^{n-1}+1)$ ,αυτή είναι αδύνατη στους φυσικούς άρα δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί.

ταιριάζουν παρα πολύ με τη δεύτερη περίπτωση του δικού μου κειμένου:

Ch.Chortis έγραψε: 2η περίπτωση:
........
Άρα θα πρέπει:
$2k+1/p \Rightarrow 2k+1=p$
γιατί περιττοί αριθμοί δε γίνεται να διαιρούν δυνάμεις του δύο.
Αν αν πάρουμε τη σχέση ως προς έχουμε:
$5^m=2^np+2k+1=2^np+p=p(2^n+1) \Rightarrow p=5k \Rightarrow p=5~\kappa \alpha i~ \boxed {2^n+1=5^z} (1)~ o\pi ou~\\ z+1=m$
το οποίο (1),κάνοντας δοκιμές για να πώ την αλήθεια,βλέπω οτι ισχύει μόνο για
δηλαδή άλλη μία λύση είναι η:

Καταλήγουμε(αντικαθιστώντας στο κλάσμα) στο οτι αποτελούν λύσεις όλα τα:
$\boxed {2^{n+1}+1=u^2},u\in \Bbb {Z}$

με τη μόνη διαφορά οτι εσύ γράφεις:
$2(2^{n-1}+1)=5^l,~m-l=1$
ενώ εγώ:
2^n+1=5^z,~m-z=1

για αυτό καταλήγουμε σε διαφορετικά συμπεράσματα.

#1064

Antonis_Z έγραψε:Μια προσπάθεια για την 509.
Η παράσταση γράφεται: $1+\frac{2^{n+1}p}{5^m-2^np}=k^2$ .Ισοδύναμα αυτή η εξίσωση γράφεται: $5^m(1-k^2)+p(-2^n+2^{n+1}+k^22^n)=0\leftrightarrow 5^m(1-k^2)+2^np(k^2+1)=0\leftrightarrow 5^m\frac{k^2-1}{k^2+1}=2^np$ .
Από εδώ καταλαβαίνουμε ότι πρέπει να είναι: (αλλιώς το πρώτο μέλος δε θα είναι ακέραιος) με $m\geq l$ .

Κρατάω μια επιφύλαξη.

Εδώ βρίσκεται το λάθος.

Αν βάλλεις m=4 , k=7

, τότε ο αριθμός $5^4.\frac{7^2 -1}{7^2 +1}$ είναι ακέραιος, χωρίς όμως να είναι 0 7^2+1

, δύναμη του

#1065

ΑΣΚΗΣΗ 512
Να δείξετε ότι $(abc+1)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\ge 3+a+b+c$ για κάθε $a,b,c\ge 1$ .

ΑΣΚΗΣΗ 513
Αν x,y

ακέραιοι, $x,y\neq-1 ,$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ \frac{x^{4}-1}{y+1}+\frac{y^{4}-1}{x+1}\in\mathbb{Z} ,}$ να δείξετε ότι $x+1| x^{4}y^{44}-1 .$

ΑΣΚΗΣΗ 514
α) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής

έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .
β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής

έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+xy+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .

#1066

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 513
α) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .
β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή της σταθερής έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+xy+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ .

α) Από την ανισότητα Α.Μ-Γ.Μ. ισχύει

$\displaystyle{a^2+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2}a}$

Άρα

$\displaystyle{x^2+y^2+1=x^2+\frac{1}{2}+y^2+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2}(x+y)}$

Αν

σταθερά έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ , τότε για $\displaystyle{x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}}$ βρίσκουμε $\displaystyle{C\leq \sqrt{2}}.$

β) $\displaystyle{x^2+y^2+1=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2+1\geq \frac{3}{4}(x+y)^2+1\geq \sqrt{3}(x+y)}$ .

Aν

σταθερά έτσι ώστε $x^{2}+y^{2}+xy+1\geq C(x+y)$ , για κάθε $x,y\in \Bbb{R}$ , τότε για $\displaystyle{x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}}$ βρίσκουμε $\displaystyle{C\leq \sqrt{3}}.$

Επομένως η ζητούμενη μέγιστη τιμή είναι $\sqrt{3}.$

#1067

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 512
Να δείξετε ότι $(abc+1)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\ge 3+a+b+c$ για κάθε $a,b,c\ge 1$ .

Θέτω

, όπου $k , m , n\geq 0$

Το πρώτο μέλος της δοσμένης γράφεται:

$\displaystyle{=bc+ac+ab+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3+2k+2m+2n+km+kn+mn+\frac{1}{1+k}+\frac{1}{1+m}+\frac{1}{1+n}=}$

$=3+k+m+n+k+m+n+km+kn+mn+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}\geq k+m+n+(k+1)+(m+1)+(n+1)+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{m+1}+\frac{1}{n+1}\geq$

$\displaystyle{k+m+n+2+2+2=(k+1)+(m+1)+(n+1)+3=a+b+c+3}$

Έχουν μείνει και κάποιες προηγούμενες αναπάντητες. Μπορεί και να κάνω λάθος εκτίμηση, αλλά μου μοιάζουν λίγο δύσκολες για αυτόν τον φάκελλο.

#1068

ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης x^2+y^2=1010

στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση x^2+y^2=1000+10z^2

έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a) (31,7)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0

#1069

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 491
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{(a^2+b^2)\left(\frac{2ab}{a+c}-c\right)+(b^2+c^2)\left(\frac{2bc}{a+b}-a\right)+(c^2+a^2)\left(\frac{2ac}{b+c}-b\right)\geq 0, \ \forall a,b,c>0.}$

ΑΣΚΗΣΗ 506
Δείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle{ \frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq 2\cdot\frac{\sqrt{{r_{a}}^{2}+{r_{b}}^{2}+{r_{c}}^{2}}}{r_{a}+r_{b}+r_{c}-3r} .}$

ΑΣΚΗΣΗ 507
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε $n^{3}+(n+1)^{3}+(n+2)^{3}=m^{3} .$ Δείξτε ότι $4\mid n+1 .$

ΑΣΚΗΣΗ 509
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους όπου πρώτος, τέτοιους ώστε ο αριθμός $\displaystyle{ \frac{5^{m}+2^{n}p}{5^{m}-2^{n}p} }$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΑΣΚΗΣΗ 513
Αν ακέραιοι, $x,y\neq-1 ,$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle{ \frac{x^{4}-1}{y+1}+\frac{y^{4}-1}{x+1}\in\mathbb{Z} ,}$ να δείξετε ότι $x+1| x^{4}y^{44}-1 .$

#1070

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 509
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους όπου πρώτος, τέτοιους ώστε ο αριθμός $\displaystyle{ \frac{5^{m}+2^{n}p}{5^{m}-2^{n}p} }$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Είναι από διαγωνισμό επιλογής στην Τουρκία:
http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=18&t=3484
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... f#p2697904

#1071

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 491
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{(a^2+b^2)\left(\frac{2ab}{a+c}-c\right)+(b^2+c^2)\left(\frac{2bc}{a+b}-a\right)+(c^2+a^2)\left(\frac{2ac}{b+c}-b\right)\geq 0, \ \forall a,b,c>0.}$

Καταρχήν λόγω της $2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2$ παίρνουμε ότι $\dfrac{2ab(a^2+b^2)}{a+b}\geq ab(a+b) \ \ (1)$

Οι τριάδες $(a,b,c), \ (a^2+b^2,a^2+c^2,b^2+c^2), \ (ab,ac,bc)$ έχουν την ίδια διάταξη συνεπώς το ίδιο συμβαίνει και με τις τριάδες $(a,b,c), \ (2ab(a^2+b^2), \ 2ac(a^2+c^2),2bc(b^2+c^2))$ άρα τελικά οι τριάδες

(2ab(a^2+b^2),2ac(a^2+c^2),2bc(b^2+c^2))

και $\left(\dfrac{1}{a+b},\dfrac{1}{a+c},\dfrac{1}{b+c}\right)$ έχουν αντίθετη διάταξη.

Συνεπώς από την ανισότητα της αναδιάταξης παίρνουμε:

$\begin{aligned}\dfrac{2ab(a^2+b^2)}{a+c}+\dfrac{2ac(a^2+c^2)}{b+c}+\dfrac{2bc(b^2+c^2)}{a+b} &\geq \dfrac{2ab(a^2+b^2)}{a+b}+\dfrac{2ac(a^2+c^2)}{a+c}+\dfrac{2bc(b^2+c^2)}{b+c} \nonumber \\ &\stackrel{(1)}{\geq} ab(a+b)+ac(a+c)+bc(b+c) \nonumber \\ &= c(a^2+b^2)+b(a^2+c^2)+a(b^2+c^2)\end{aligned}$

που είναι η ζητούμενη.

Αλέξανδρος

sokratis lyras · #1072

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0

Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??

#1073

sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0
Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??

Σωκράτη, δες και εδώ.

Ch.Chortis · #1074

Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0
Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??
Σωκράτη, δες και εδώ.

Ωραίο και αρκετά χρήσιμο!
Ευχαριστoύμε παρα πολύ!!!

sokratis lyras · #1075

Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0
Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??
Σωκράτη, δες και εδώ.

Όντως πολύ χρήσιμο το παραπάνω αλλά δεν βλέπω να βοηθάει και πολύ στην προκειμένη αφού εδώ δεν έχουμε παρά μόνο μεταβλητές.

#1076

sokratis lyras έγραψε:
Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0
Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??
Σωκράτη, δες και εδώ.
Όντως πολύ χρήσιμο το παραπάνω αλλά δεν βλέπω να βοηθάει και πολύ στην προκειμένη αφού εδώ δεν έχουμε παρά μόνο μεταβλητές.

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο (a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2 + (ad-bc)^2

.

(α) Παρατηρούμε ότι $1010 = 10 \cdot 101 = (1^2 + 3^2)(1^2 + 10^2) = 31^2 + 7^2 = 13^2 + 29^2$ . [Από το θεώρημα που αναφέρομαι αυτοί είναι και οι μοναδικοί τρόποι να γράψουμε το 1010

σαν άθροισμα τετραγώνων αφού ο 101

είναι πρώτος και επειδή το 10 γράφεται και αυτό με μοναδικό τρόπο σαν άθροισμα τετραγώνων.]

(β) Παρόμοια 1000 + 10z^2 = 10(100 + z^2) = (1^2 + 3^2)(10^2 + z^2) = (10+3z)^2 + (30-z)^2 = (30+z)^2 + (3z-10)^2

.

Edit: Διόρθωση προσήμου.

sokratis lyras · #1077

Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
Demetres έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 493
a) Βρείτε μια λύση της εξίσωσης στο σύνολο των ακεραίων.
b) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις.

a)

b)

Είναι από εδώ: http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=38&t=571&start=0
Θανάση καλό μεσημέρι..σε οδηγεί κάτι στην άσκηση ώστε να προσδιορίσεις την 3άδα αυτή λύσεων ή είναι απλώς η θεία έμπνευση??
Σωκράτη, δες και εδώ.
Όντως πολύ χρήσιμο το παραπάνω αλλά δεν βλέπω να βοηθάει και πολύ στην προκειμένη αφού εδώ δεν έχουμε παρά μόνο μεταβλητές.
Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο .

(α) Παρατηρούμε ότι $1010 = 10 \cdot 101 = (1^2 + 3^2)(1^2 + 10^2) = 31^2 + 7^2 = 13^2 + 29^2$ . [Από το θεώρημα που αναφέρομαι αυτοί είναι και οι μοναδικοί τρόποι να γράψουμε το σαν άθροισμα τετραγώνων αφού ο είναι πρώτος και επειδή το 10 γράφεται και αυτό με μοναδικό τρόπο σαν άθροισμα τετραγώνων.]

(β) Παρόμοια .

Πολύ ωραίο!!

#1078

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 507
Οι θετικοί ακέραιοι είναι τέτοιοι ώστε $n^{3}+(n+1)^{3}+(n+2)^{3}=m^{3} .$ Δείξτε ότι $4\mid n+1 .$

Θέτοντας

έχουμε

και θέλουμε να δείξουμε ότι ο

είναι πολλαπλάσιο του

. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο

είναι περιττός αφού αν $k \equiv 2 \bmod 4$ τότε θα είχαμε $m^3 = 3k^3 + 6k \equiv 4 \bmod 8$ που δεν μπορεί να είναι τρίτη δύναμη.

Έστω

πρώτος με

και έστω

η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

. Αν $p \neq 3$ , τότε η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το m^3 = 3k^3 + 6k

είναι το

επομένως πρέπει 3|r

. Στην περίπτωση που p = 3

, τότε η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το m^3 = 3k^3 + 6k

είναι το

επομένως πρέπει 3|(r+1)

. Δηλαδή πρέπει k = s^3

ή

για κάποιο περιττό αριθμό

.

Στην πρώτη περίπτωση έχουμε m^3 = 3s^9 + 6s^3 = 3s^3(s^6 + 2)

επομένως πρέπει $s^6 + 2 \equiv 0 \bmod 9$ . Από το θεώρημα του Euler (*) όμως είναι $s^6+2 \equiv 2 \bmod 9$ ή $s^6 + 2 \equiv 3 \bmod 9$ , άτοπο

Στην δεύτερη περίπτωση έχουμε m^3 = 3^7s^9 + 54s^3 = (3s)^3(81s^6 + 2)

επομένως πρέπει το 81s^6+2

να είναι τέλειος κύβος. Όμως $81s^6+2 \equiv 2 \bmod 9$ ενώ κάθε τέλειος κύβος είναι ισότιμος με $0,\pm 1 \bmod 9$ , πάλι άτοπο.

(*) Υπενθυμίζω ότι το θεώρημα λέει πως αν a,m

πρώτοι μεταξύ τους τότε $a^{\phi(m)} \equiv 1 \bmod m$ όπου με $\phi(m)$ συμβολίζουμε τον αριθμό των θετικών ακεραίων που είναι μικρότεροι από τον

και σχετικά πρώτοι ως προς τον

.

Ch.Chortis · #1079

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 509
Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους όπου πρώτος, τέτοιους ώστε ο αριθμός $\displaystyle{ \frac{5^{m}+2^{n}p}{5^{m}-2^{n}p} }$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

Απλά θα μεταφράσω τη λύση που δίνει σε παραπομπή ο socrates,για όσους έχουν προβλήματα με τα Αγγλικά.Η λύση δεν είναι δικιά μου.

Παρατηρήστε οτι
$MK\Delta (5^m + 2^np, 5^m - 2^np)=MK\Delta (5^m + 2^np, 2 \cdot 5^m)=MK\Delta (5^m + 2^np, 2^{n+1}p)$ ,
άρα $MK\Delta (2 \cdot 5^m, 2^{n+1}p)=2,10$
και άρα καταλήγουμε στο οτι,ο ΜΚΔ πρέπει να είναι ίσος με 1,2,5,10

.
Ωστόσο για να είναι ακέραιος ο $\dfrac{5^m + 2^np}{5^m-2^np}$ είναι απαραίτητο ο $5^m-2^np(\star)$ να διαιρεί το ΜΚΔ,δηλαδή, 5^m - 2^np = 1,2,5,10

.
Παρόλα αυτά ο $(\star)$ δε γίνεται να είναι ίσος με 2,10

,γιατί είναι περιττός αριθμός.
Αν 5^m - 2^np = 1

,παρατηρήστε οτι $2^{n+1}p = k^2 - 1 = (k-1)(k+1)$ .Οι αριθμοί k-1, k+1

είναι είτε της μορφής
2,2^np

είτε

επειδή από τη σχέση $2 \cdot 5^{m} = k^2 + 1$ αποκομίζουμε οτι ο

είναι περιττός.
Στην πρώτη περίπτωση έχουμε $k=3 \implies p=2, n=1, m=1$ ως μία λύση,ενώ στην δεύτερη ή $2^{n-1} - 1 = p$ ή $2^{n-1}+1 = p$ .
Όταν $2^{n-1} - 1 = p$ , έχουμε $5^m - 2^n(2^{n-1} - 1) = 1 \implies 5^m - 2^{2n-1} + 2^n = 1$ .
Αλλά τότε $5^m \equiv 1 \pmod{2^n}$ , άρα $2^{n-2}|m$ .
Όμως, $5^m - 2^{2n-1} + 2^n > 1$ για $n \ge 3$ , άτοπο(καμμία λύση σε αυτή την περίπτωση).
Όταν $2^{n-1}+1 = p$ τότε $5^m - 2^{2n-1} - 2^n = 1$ .Με παρόμοια επιχειρηματολογία $2^{n-2}|m$ , και άρα $5^m - 2^{2n-1} - 2^n > 1$ για $n \ge 4$ .
Για n=3

βρίσκουμε ως λύση την n=3, p=3, m=2

.
Ας υποθέσουμε τώρα οτι 5^m - 2^np = 5

.Προφανώς τότε p=5

,δηλαδή έχουμε, $5^{m-1} - 2^n = 1$ .
Από το θεώρημα Mihailescu (ή απλά,κάνοντας χρήση της σχέσης $2^{n-2}|(m-1)$ για να αποκλείσουμε τις μεγάλες λύσεις) βρίσκουμε οτι n=2,m=2,p=5

.
Άρα οι μόνες λύσεις είναι οι (n,m,p) = (1,1,2), (3,2,3), (2,2,5)

.

Karanus · #1080

Καλησπέρα
Αν κατάλαβα καλά , οι ασκήσεις 507και 509 ήταν από τον Τούρκικο διαγωνισμό επιλογής για τους juniors.
Τότε οι Τούρκοι μάλλον απογοητευμένοι πρέπει να αισθάνονται απο τα πέντε χρυσά μετάλλια!!!

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Re: Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Γυμνάσιο

Μέλη σε σύνδεση