Όμορφη εξίσωση με πρώτους και θετικό ακέραιο

Fotis34 · #1

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).

Fotis34 · #2

Απόρριψη δημοσίευσης.

#3

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.

Fotis34 · #4

Ανοικτή σε όλους.

Fotis34 · #5

Επαναφορά.

#6

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.

.

Fotis34 · #7

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 $\displaystyle{2≤1}$ .

#8

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;

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

Μέλη σε σύνδεση