Εξισώσεις στους ακεραίους

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Δεκ 02, 2011 7:09 pm

socrates έγραψε:32) x^3+y^3+1=z^3, \ x,y,z \in \mathbb{N}.
Θανάση η εξίσωση x^3+y^3+1=z^3 με παίδεψε πολύ και το μόνο που κατάφερα να βρώ ήταν η τετριμένη αυτή περίπτωση για άπειρες λύσεις και ότι οι απειρείες λύσεων τουλάχιστον μιας μεταβλητής δεν θα ήταν πολυώνυμο βαθμού μικρότερου του 3.Γιαυτό μου έκανε πολύ εντύπωση αυτή η εξίσωση και ήθελα να δω αυτό που έστειλες....Πολύ ενδιαφέρον...

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Δεκ 02, 2011 8:08 pm

socrates έγραψε:Να λυθούν :) :
...
38) x^3+7=y^2, \ x,y \in \Bbb{N}
x^3+7=y^2
Πρώτη σκέψη..
Δεν μου έρχεται τίποτα....
Δεύτερη σκέψη...
7,x^3,y^2
7=8-1=2^3-1^2
Άρα x^3+2^3=y^2+1 άρα (x+2)(x^2-2x+4)=y^2+1
Τρίτη σκέψη...
y^2+1....
Πρέπει να παίξω με πρώτους διαιρέτες της ποσότητας y^2+1 αφού ξέρω΄2 λημματα
Το πρώτο λέει...
Κάθε αριθμός της μορφής 4k+3 έχει έναν πρώτο διαιρέτη της αυτής μορφής.
Αν p πρώτος και p=3mod4 και ο p διαιρεί τον a^2+b^2 τότε p διαιρεί τους a,b.
Tέταρτη σκέψη...Αν το γινόμενο (x+2)(x^2-2x+4) είναι της μορφής 4k+3 τότε θα έχει πρώτο διαιρέτη της αυτης μορφης και λόγω του λήμματος ο πρώτος αυτος θα διαιρεί τον 1 άρα αφού βλέπουμε ότι x>1 τελικά δεν έχουμε λύσεις...
Πέμπτη σκέψη...έλεγχος της αρχικής εξίσωσης mod2 και βλέπουμε ότι αν έχει λύσεις θα είναι περιττοί οι x,y και τελικά σε κάθε περίπτωση στο γινόμενο (x+2)(x^2-2x+4) ο ένας τουλάχιστον θα είναι της μορφής 4k+3.
Άρα ....

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1483
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Σάβ Δεκ 03, 2011 2:19 am

socrates έγραψε:Να λυθεί η εξίσωση

36) (x^2+y)(x+y^2)=(x-y)^3, \ x,y\in\mathbb{Z}
Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y\left[ 2y^2+x(x-3)y+x(3x+1)\right] =0.

Όλα τα ζεύγη (k,0) όπου k ακέραιος είναι λύσεις.

Ας βρούμε τις μη μηδενικές λύσεις. Η εξίσωση 2y^2+x(x-3)y+x(3x+1) =0 έχει διακρίνουσα \Delta =x(x-8)(x+1)^2. Για να έχουμε ακέραιες λύσεις θα πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο.

\bullet Αν x=-1 τότε y=-1.

\bullet Αν x=8 τότε y=-10.

\bullet Αν 1\leq x\leq 7 τότε \Delta <0 και τότε δεν έχουμε λύσεις.

\bullet Αν x\geq 9 η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο όταν ο αριθμός x(x-8) είναι τέλειο τετράγωνο.

Όμως (x-7)^2<x(x-8)<(x-4)^2 για κάθε x\geq 9. Άρα για να έχουμε λύση θα πρέπει x(x-8)=(x-6)^2 ή x(x-8)=(x-5)^2.

Η πρώτη περίπτωση δίνει x=9 και τότε y=-21 ή y=-6.

Η δεύτερη περίπτωση δεν δίνει ακέραιες λύσεις.

\bullet Αν x\leq -2 η διακρίνουσα είναι τέλειο τετράγωνο όταν ο αριθμός x(x-8) είναι τέλειο τετράγωνο.

Όμως (x-2)^2<x(x-8)<(x-4)^2 για κάθε x \leq -2. Άρα για να έχουμε λύση θα πρέπει x(x-8)=(x-3)^2.

Η εξίσωση αυτή δεν δίνει ακέραιες λύσεις.

Οι λύσεις λοιπόν είναι οι (-1,-1),(8,-10),(9,-21),(9,-6) και όλα τα ζεύγη (k,0) όπου k ακέραιος.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Δεκ 03, 2011 9:48 pm

socrates έγραψε:Να λυθούν
...
34) 2^q=1999+p^2, \ p,q πρώτοι
2^q=1999+p^2
Για p=2 δεν έχει λύσεις. Άρα p περιττός.
2^{11}(2^{q-11}-1)=(p-7)(p+7)
Άρα αφού p περιττός απο τα παραπάνω έχουμε μοναδική λύση το ζεύγος (p,q)=(7,11).

έγινε προσθήκη εκφώνησης
Φωτεινή


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τρί Δεκ 06, 2011 12:00 am

Για την άσκηση 34 να συνεχίσω τον συλλογισμό μου γιατί υπάρχουν δικαίως απορίες που λόγω χρόνου δεν καλύφθηκαν.
2^{11}(2^{q-11}-1)=(p-7)(p+7)
Αν γίνει έλεγχος mod4 για πρώτο p θα δει κανείς ότι πάντα για περιττό πρώτο ο ένας απο τους p-7 , p+7 είναι πάντα της μορφής 4k+2 και ο άλλος της μορφής 4l .Aφού 2^{11}/(p-7)(p+7) τότε σύμφωνα με τον έλεγχο που κάναμε ο 2^{10}/p-7 ή 2^{10}/p+7 και αντικαθιστούμε τον p στην αρχική μας εξίσωση για κάθε περίπτωση.Τέλος βρίσκουμε την μοναδική λύση...!


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τρί Δεκ 06, 2011 12:16 am

37) x^4+x^2=7^zy^2, \ x,y,z \in \Bbb{Z}

Λύση της 37.
x^2(x^2+1)=7^{z}y^2
Έστω 2k η ΄μέγιστη δύναη του 7 που διαιρεί τον y^2
Τότε 7^{z+2k}l^2=x^2(x^2+1) όπου (x^{2},x^{2}+1)=1. z+2k=t
Άρα έχουεμε 2 περιπτώσεις.
1) 7^{t}=x^{2} & l^{2}=x^{2}+1
2) 7^{t}=x^{2}+1 & l^{2}=x^{2}. Η πρώτη περίπτωση είναι απλή και για την δεύτερη δουλεύω mod4. Αν έχω κάνει κάλά τις πράξεις τελικά υπάρχει μοναδική λύση (x,y)=(0,0) .


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#67

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τρί Δεκ 06, 2011 9:29 pm

socrates έγραψε:Οι επόμενες εξισώσεις έχουν άπειρες ακέραιες ρίζες:
32) x^3+y^3+1=z^3, \ x,y,z \in \mathbb{N}.
Μια άλλη τοποθέτηση πάνω στο θέμα αυτό.
Aφού θέλουμε να αποδείξουμε ότι η εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις ένας τρόπος εύρεσης αυτών θα μπορούσε ίσως να ήταν ο παρακάτω...
Aφού θέλουμε να δείξουμε ότι έχει άπειρες λύσεις τότε έστω ότι οι κάθε μεταβλητή x,y,z είναι πολυώνυμο τετάρτου βαθμού ...(Δοκιμάζουμε και για τρίτου βαθμού.)
Θέτω x=k_1a^3+k_2a^2+k_3a+k_4 , y=k_1a^4+k_5a^3+k_6a^2+k_7a+k_8 , z=k_1a^4+k_9a^3+K_{10}a^2+k_{11}a+k_{12}
Τότε x^3+y^3+z^3+1-z^3=P(a)
To μειονέκτημα της τακτικής αυτής είναι ότι λαβαμε υπόψην μόνο μια μεταβλητη a ενώ θα μπορούσε το πολυώνυμο να έχει πάνω απο 1 μεταβλητές και άλλο ένα είναι οι πράξεις...Κάτι τελευταίο είναι ότι αυτή την αδύναμη μέθοδο που βρήκα μπορώ να την κάνω ισχυρότερη ...
Φιλικά ,
Δημήτρης


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6063
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#68

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Δεκ 07, 2011 7:43 pm

39)
Βρείτε μια λύση της εξίσωσης x^2-2x=2007y^2. Έχει άπειρες;

40)
\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{2007}, \ x,y \in \Bbb{N}

41)
(a + b + c)^2= a^3+ b^3+ c^3, \ a < b < c , \ a,b,c \in \Bbb{N}.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#69

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Δεκ 07, 2011 8:22 pm

socrates έγραψε: 40)
\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{2007}, \ x,y \in \Bbb{N}
Αν το \displaystyle{\mathbb{N}} περιέχει το \displaystyle{0,} η εξίσωση έχει τις προφανείς λύσεις \displaystyle{(2007,0),(0,2007).}

Αναζητούμε άλλες.

Υποθέτουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι \displaystyle{x\geq y.} Τότε, είναι

\displaystyle{\sqrt{2007}=\sqrt{x}+\sqrt{y}\geq 2\sqrt{y}\Rightarrow y\leq 501.75,} άρα \displaystyle{\boxed{y\leq 501}.} (1)

Από την εξίσωση λαμβάνουμε \displaystyle{\sqrt{x}=\sqrt{2007}-\sqrt{y}\Rightarrow x=2007+y-2\sqrt{2007y},}

δηλαδή είναι

\displaystyle{6\sqrt{223y}=2007+y-x.}
Από εδώ φαίνεται (αφού \displaystyle{223} πρώτος) ότι πρέπει το \displaystyle{y} να είναι της μορφής \displaystyle{223k^2}. Οπότε, λόγω της (1), είναι \displaystyle{y=223.} Τότε εύκολα βρίσκουμε \displaystyle{x=892.}

Τελικά έχουμε τις μη τετριμμένες λύσεις \displaystyle{(892,223),(223,892).}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#70

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τετ Δεκ 07, 2011 8:35 pm

socrates έγραψε:
41)
(a + b + c)^2= a^3+ b^3+ c^3, \ a < b < c , \ a,b,c \in \Bbb{N}.
Αναζητούμε λύσεις με \displaystyle{abc\ne 0.}

Από την ανισότητα \displaystyle{9(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)^3} και επειδή \displaystyle{a<b<c} έχουμε

\displaystyle{9(a+b+c)^2=9(a^3+b^3+c^3)>(a+b+c)^3 \Rightarrow a+b+c<9.}

Λόγω της \displaystyle{a<b<c} φαίνεται ότι πρέπει \displaystyle{a=1}.

Τότε, υπάρχουν οι εξής δυνατότητες:

\displaystyle{\bullet b=3,c=4,}

\displaystyle{\bullet b=2,c=3,}

\displaystyle{\bullet b=2,c=4,}

\displaystyle{\bullet b=2,c=5.}

Εύκολα βλέπουμε, ότι μόνο η τριάδα \displaystyle{(1,2,3)} ικανοποιεί την εξίσωση.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#71

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Πέμ Δεκ 08, 2011 3:12 pm

socrates έγραψε:39)
Βρείτε μια λύση της εξίσωσης x^2-2x=2007y^2. Έχει άπειρες;
x^2-2x=2007y^2
(x-1)^2-2007y^2=1
Η παραπάνω εξίσωση είναι εξίσωση Pell.
H βασική της λύση είναι (x,y)=(225,5)
Έχει άπειρες λύσεις.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6063
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#72

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Πέμ Δεκ 08, 2011 4:52 pm

42) 3^{x}= 2^{x}y+1, \ x,y \in \Bbb{N}

43) 2^{x}+1=y^{z} , \ x,y,z \in \Bbb{N}

44) 2.3^{x}=5^{y}+1, \ x,y \in \Bbb{N}

45) 3^{a}+7^{b}=k^2, \ a,b,k \in \Bbb{Z}

46) 2^{p}+p-1 =k^2, \ p πρώτος

47) \displaystyle{ \left ( x+y\sqrt{2011}\right )^{4}+\left ( z+t\sqrt{2011}\right )^{4}=10000+300\sqrt{2011}, \ x,y,z,t \in \Bbb{Z} }

Κάποιες από τις παραπάνω λύνονται με ένα πολύ ωραίο θεώρημα-λήμμα! :)


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#73

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Δεκ 10, 2011 9:23 pm

socrates έγραψε:42) 3^{x}= 2^{x}y+1, \ x,y \in \Bbb{N}
3^x=2^x*y+1 ( Προφανοί ζεύγοι λύσεων (x,y)=(0,0),(1,1),(2,2),(4,5)
Γίνεται έλεγχος mod4 για να διαπυστώσω ότι ο x είναι άρτιος.
Έστω ότι x=2z , y=2^k*p .
(3^z-1)(3^z+1)=2^{2z}*y=2^{2z+k}*p
Όμως (3^z-1,3^z+1)=2
Σε κάθε περίπτωση για να έχει λύσεις η τελευταία εξίσωση θα πρέπει:
3^z-1=2^{2z+k-1}*p_1 ή 3^z+1=2^{2z+k-1}*p_1 όμως 3^z+1<2^{2z-1} για κάθε z>2. Άρα δεν υπάρχουν άλλες λύσεις!


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#74

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Κυρ Δεκ 11, 2011 10:17 pm

socrates έγραψε:43) 2^{x}+1=y^{z} , \ x,y,z \in \Bbb{N}
2^x+1=y^z (Προφανείς λύσεις (x,y,z)=(0,2,1),(1,3,1),(3,3,2),(x,2^x+1,1))
Αν z περιττός τότε
2^x=(y-1)(y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1)
Παρατηρούμε ότι η ποσότητα y-1 άρτιος ενώ η ποσότητα y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1 είναι περιττός οπότε y=3 & y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1=2^{x-1} όμως αφού z-1 άρτιος τότε θα ισχύει ότι y^{z-1}<y^{z-1}+y^{z-2}+....+y^2+y+1<(y+1)^{z-1} εκτός και αν z=2 που μας δίνει και πάλι την λύση (x,y,z)=(3,3,2).
z άρτιος τότε έστω ότι z=2k.
2^x+1=y^z
2^x=(y^k-1)(y^k+1)
(y^k-1,y^k+1)=2
y^k-1=2 & y^k+1=2^{x-1}
y=3 , k=1 , x=3 ,z=2.
Τελικά οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι...
(x,y,z)=(0,2,1),(1,3,1),(3,3,2),(x,2^x+1,1).


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#75

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Κυρ Δεκ 11, 2011 11:32 pm

socrates έγραψε: 44) 2.3^{x}=5^{y}+1, \ x,y \in \Bbb{N}
Προφανής λύση (x,y)=(1,1),(0,0).
5^6=1mod18 και έτσι κάνοντας έλεγχο βλέπουμε ότι y=3mod6.
Θέτω για ευκολία 5^y=z^3 , z=5^{2k+1} .
2*3^x=z^3+1
2*3^x=(z+1)(z^2-z+1) Δεδομένου ότι z^2-z+1=3mod9 , z+1=0mod2 & (z+1,z^2-z+1)=3 θα έχουμε ότι z+1=2*3^{x-1} & z^2-z+1=3 που δεν μας δίνει καμία λύση για z=5^{2k+1}.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#76

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τρί Δεκ 13, 2011 12:17 am

Καμια ιδέα κανείς για την εξίσωση νουμερο 45 ;


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Φερμά_96
Δημοσιεύσεις: 182
Εγγραφή: Σάβ Απρ 30, 2011 3:43 pm
Τοποθεσία: Κύπρος

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#77

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φερμά_96 » Τρί Δεκ 13, 2011 12:48 pm

socrates έγραψε: 45) 3^{a}+7^{b}=k^2, \ a,b,k \in \Bbb{Z}
προφανώς a,b μη-αρνητικά. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι k>0. Ανa=0, ή b=0, από Catalan πρέπει b=1,0 ή a=1,0. Πέρνουμε την λύση a=1, b=0, k=\pm 2.
Αν a,b θετικοί.
είναι k^{2}\equiv 0 (mod4) οπότε 3^{a}+7^{b}\equiv 0 (mod4), (-1)^{a}+(-1)^{b}\equiv 0 (mod4), οπότε ο ένας από τουςa,b θα είναι άρτιος, και ο άλλος περιττός.
i)a=2x, 3^{2x}+7^{b}=k^{2}, 7^{b}=(k-3^{x})(k+3^{x}), k-3^{x}=7^{l}, k+3^x=7^{b-l}, αφαιρόντας κατα μέλη: 2*3^{x}=7^{l}(7^{b-2l}-1), οπότε πρέπει 7^{l}|2*3^{x}, που δεν ισχύει εκτός και ανl=0. τότε όμως, k-3^{x}=1, k+3^x=7^{b} και άρα 7^{b}=2*3^{x}+1. αν x>2, πρέπει b να είναι πολλ. του 18(τάξη του 7 mod 27) και άρα άρτιος, οπότε x=1 ή x=2, απ' όπου b=1, και k=\pm4, a=2.
ii)b=2x, 3^{a}+7^{2x}=k^{2}, 3^{a}=(k-7^{x})(k+7^{x}), k-7^{x}=3^{l}, k+7^{x}=3^{a-l}, αφαιρόντας κατα μέλη: 2*7^{x}=3^{l}(3^{a-2l}-1), οπότε πρέπει 3^{l}|2*7^{x}, που δεν ισχύει εκτός και ανl=0, που τότε θα είναι k=7^{x}+1, k+7^{x}=3^{a}, οπότε 2*7^{x}=3^{a}-1, οπότε το a είναι πολλαπλάσιο του 6 (η τάξη του 3 mod 7), κάτι που δεν γίνεται αφού είναι περιττό.
Μοναδικές λύσεις οι a=1, b=0, k=\pm 2 και a=2, b=1, k=\pm4.


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#78

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τρί Δεκ 13, 2011 2:56 pm

Πολύ καλά Μάριε! Tον ίδιο τρόπο επίλυσης βρήκα και εγώ...Μπορείς να <<παίξεις>> με mod7 για να δεις ότι ο a είναι άρτιος πλην των τετριμμένων περιπτώσεων...Αναρωτήθηκα μήπως κάποιος είχε βρεί τρόπο επίλυσης με κίνηση ματ δηλαδή εύρεση κατάλληλου ακεραίου k ώστε με modk η εξίσωση να είναι αδύνατη εξαιρώντας τις τετριμμένες περιπτώσεις. Αν κάποιος βρεί τον k που ζητάω θα χαρώ πολύ!


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6063
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#79

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Δεκ 14, 2011 6:18 pm

Η 46 δε γνωρίζω αν έχει λύση. :oops: Την είδα εδώ, όμως δεν υπάρχει πλήρης λύση..

48)
x^3+5y^3=9z^3, \ x,y,z \in \Bbb{Z}

49)
x |y^2 + 1
y^2 |x^3 + 1, \ x,y \in \Bbb{N}.

50)
\displaystyle{\frac{x^3+y^3+x-y}{x^2+y^2} \in \Bbb{Z}}
x,y \in \Bbb{N}^*, \ (x,y)=1


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Εξισώσεις στους ακεραίους

#80

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Πέμ Δεκ 15, 2011 4:49 pm

socrates έγραψε:48)
x^3+5y^3=9z^3, \ x,y,z \in \Bbb{Z}
Προφανός μια λύση είναι (x,y,z)=(0,0,0)
Έστω x,y,z μη μηδενικοί ακέραιοι.
Αρκεί έλεγχος mod9 για να δούμε ότι x=y=z=0mod9
Μετά θεωρούμε το ύψος της λύσης h(x,y,z)=|xyz|.Τα ύψη ανήκουν στο σύνολο S των ακέραιων λύσεων.
Τα ύψη των στοιχείων του συνόλου αποτελούν μη κενό σύνολο ακεραίων γιατί δέχομαστε ότι υπάρχουν λύσεις της εξίσωσης.
Οπότε θα υπάρχει ένα στοιχείο του S με ελάχιστο ύψος έστω ότι είναι το h(x_0,y_0,z_0).
x_0^3+5y_0^3=9z_0^3 , όμως 9/(x_0,y_0,z_0)
Προφανός θα ισχύει ότι (x_0/9)^3+5(y_0/9)^3=9(z_0/9)^3
h(x_0/9,y_0,9,z_0/9)=|x_0y_0z_0|/729<|x_0y_0z_0|=h(x_0,y_0,z_0)
Ατοπο γιατί η λύση (x_0,y_0,z_0) είναι ένα στοιχείο του S με ελάχιστο ύψος.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες