Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Σάβ Μάιος 25, 2019 7:44 pm

Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί της μορφής 13^n+3 που είναι τέλεια τετράγωνα, με n φυσικό.
Πρόκειται για πρόβλημα που βρήκα στο aops, αλλά κανείς δεν έχει δημοσιεύσει λύση.


Δημήτρης Μηνάγιας

Λέξεις Κλειδιά:
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τρί Μάιος 28, 2019 3:41 pm

minageus έγραψε:
Σάβ Μάιος 25, 2019 7:44 pm
Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί της μορφής 13^n+3 που είναι τέλεια τετράγωνα, με n φυσικό.
Πρόκειται για πρόβλημα που βρήκα στο aops, αλλά κανείς δεν έχει δημοσιεύσει λύση.

Κανένα νέο για την εξίσωση? Έχω κάποιες ιδέες αλλά ξεφεύγουν από το πλαίσιο των διαγωνισμών, θα μπορούσα να πω και από το πλαίσιο προπτυχιακών γνώσεων. Δυστυχώς δεν μπόρεσα να βρω κάποια λύση με στοιχειώδεις τεχνικές. Είναι ακόμη άλυτη στο aops?


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B.Pascal
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8246
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μάιος 28, 2019 4:37 pm

Δοκίμασα και με αλγεβρική θεωρία αριθμών (φαντάζομαι σε αυτό αναφέρεται ο bouzoukman) αλλά κολλάω στο γεγονός ότι στο \mathbb{Z}[\sqrt{3}] υπάρχουν άπειρες μονάδες.


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 229
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Μάιος 28, 2019 7:11 pm

Πολύ πιθανό να κάνω πατάτα (...) αλλά δεν παρακάμπτεται αυτό με τις μονάδες;
Είναι αρχικά πέρα από την τετριμμένη λύση (n,x)=(0,2) n περιττό.
Το 13^n+3=x^2 παραγοντοποιείται σε (4+\sqrt{3})^n(4-\sqrt{3})^n=(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3}).
(Το Z[\sqrt{3}] είναι UFD).
Τα (x+\sqrt{3}),(x-\sqrt{3}) βγαίνουν πρώτα μεταξύ τους:Αν
d ένας κοινός διαιρέτης τους τότε η νόρμα του θα διαιρεί το 13^n,ενώ παράλληλα d/2\sqrt_{3} και άρα η νόρμα του διαιρεί το 12,δηλαδή d μονάδα.
Έτσι είναι (4+\sqrt{3})^n=(a+b\sqrt{3})\cdot (x+\sqrt{3}),(4-\sqrt{3})^n=(a-b\sqrt{3})\cdot (x-\sqrt{3}) ή
(4+\sqrt{3})^n=(a+b\sqrt{3})\cdot (x-\sqrt{3}),(4-\sqrt{3})^n=(a-b\sqrt{3})\cdot (x+\sqrt{3}) όπου a+b\sqrt{3} μονάδα και a-b\sqrt{3} η συζυγής της.

Παίρνοντας την πρώτη περίπτωση και αθροίζοντας/αφαιρώντας τις δύο σχέσεις και εξισώνοντας τους συντελεστές έχουμε (n περιττό):
ax+3b=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i}\cdot 3^i,xb+a=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i-1}\cdot 3^i.
Έτσι π.χ.ax+3b=4(xb+a) δηλαδή a(x-4)=b(4x-3) δηλαδή για x διάφορο του 4 ,\frac{a}{b}=\frac{4x-3}{x-4}=4+\frac{13}{x-4}.Όμως τα a,b είναι λύσεις της (Pell) a^2-3b^2=1 και συνεπώς ο λόγος \frac{a}{b} προσεγγίζει το \sqrt{3} (μάλιστα για θετικά a,b η μεγαλύτερη τιμή που θα πάρει είναι το 2).Έτσι για x> 4 σίγουρα δεν υπάρχουν λύσεις ενώ τις υπόλοιπες περιπτώσεις τις τσεκάρουμε με το χέρι από όπου παίρνουμε και την (n,x)=(1,4).

Η άλλη περίπτωση δε βγάζει λύση.
Που έχω λάθος; :(


minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Τρί Μάιος 28, 2019 7:38 pm

Καλησπέρα.
Εγώ είμαι μαθητης της Α Λυκείου, άρα ο τρόπος που νομίζω τουλάχιστον έχω προσεγγίσει την άσκηση είναι πιο στοιχειώδης.
Επίσης, συγγνώμη αν κάνω λάθος με το LATEX, γιατί είμαι νέος χρήστης του mathematica.
Ξεκινάμε, λοιπόν.
Αρχικά, παρατηρώ ότι λύση είναι η (n,a)=(1,4)
Αρκεί 13^n+3=a^2 Έστω ότι n=2k. Τότε, 13^{2k}+3=a^2, ή (a-13^k)(a+13^k)=3
Άρα, a=13^k+1 και a+13^k=3
Επομένως, k=0 και a=2.
Έστω ότι n=2k+1.
Κάνω τον εξής μετασχηματισμό: το 13^n+3 είναι στην ουσία 12b+1+3=12b+4, όπου το b είναι πολ4 (αυτό προκύπτει αν εφαρμόσω το ανάπτυγμα του Newton).
Άρα, η εξίσωση γίνεται 48c+4=4m^2, δηλαδή 12c+1=m^2, άρα m περιττός.
Τώρα θα πάρω την αρχική σχέση mod16.
Μετά από δοκιμές παρατηρώ ότι τα υπόλοιπα της διαίρεσης του13^n με το 16 είναι-3,9,5,1,-3...αντίστοιχα.
Άρα, έχω ότι οι περιττοί εκθέτες δίνουν υπόλοιπα -3 και 5.
Όμως τα τέλεια τετράγωνα δίνουν από το 16 υπόλοιπα 0,1,4,9.
Άρα στο 13^n ο εκθέτης πρέπει να είναι 5,9,13... και το 13^n+3 θα είναι πολ16.
Όμως παραπάνω έδειξα ότι η μεγιστοβάθμια δύναμη του που διαιρεί το a^2, δηλαδή το
13^n+3 είναι το 2 (δηλαδή ο αριθμός 4). Άρα, το 16 δεν μπορεί να διαιρεί το a^2.
Άτοπο!


Επαναλαμβάνω ότι δεν είμαι σίγουρος αν είναι σωστά αυτά που γράφω. Περιμένω από εσάς τους πιο έμπειρους να αξιολογήσετε την λύση μου!


Δημήτρης Μηνάγιας
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 797
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Μάιος 28, 2019 7:52 pm

minageus έγραψε:
Τρί Μάιος 28, 2019 7:38 pm

Έστω ότι n=2k+1.
Κάνω τον εξής μετασχηματισμό: το 13^n+3 είναι στην ουσία 12b+1+3=12b+4, όπου το b είναι πολ4 (αυτό προκύπτει αν εφαρμόσω το ανάπτυγμα του Newton).
Καλωσήρθες στο :logo: !

Δυστυχώς το τελευταίο επιχείρημά σου δεν ισχύει. Ειδικότερα όταν ο n είναι περιττός, η μέγιστη δύναμη του 2 που διαιρεί το 13^n-1 είναι το 2^2, οπότε το b πρακτικά είναι περιττός.

Άλλωστε, αν ίσχυε το επιχείρημά σου, δεν θα προέκυπτε και η τετριμμένη λύση για n=1.


Houston, we have a problem!
minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Τρί Μάιος 28, 2019 8:04 pm

Όμως εγώ δεν είπα για διαιρέτες του 13^n-1 αλλά του 13^n+3
Επίσης, προκύπτει ότι από το διώνυμο του Νεύτωνα ότι(12+1)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}12^k
Άρα, νομίζω ότι μάλλον μπορώ να κάνω τον μετασχηματισμό.


Δημήτρης Μηνάγιας
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 797
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Μάιος 28, 2019 8:30 pm

Ναι όμως το 13^n+3 το έγραψες (12b+1)+3, άρα το 12b+1 αναφερόταν στο 13^n, δηλαδή (υποθέτω) εννοούσες 13^n=12b+1\Leftrightarrow 13^n-1=12b. Εδώ το b προκύπτει περιττό για περιττό n (LTE)


Houston, we have a problem!
minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Τρί Μάιος 28, 2019 8:36 pm

Α, τώρα κατάλαβα! Θα διορθώσω την λύση και θα την αναδημοσιεύσω!
Σε ευχαριστώ πολύ Διονύση Αδαμόπουλε!


Δημήτρης Μηνάγιας
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8246
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Μάιος 29, 2019 9:57 am

min## έγραψε:
Τρί Μάιος 28, 2019 7:11 pm
Παίρνοντας την πρώτη περίπτωση και αθροίζοντας/αφαιρώντας τις δύο σχέσεις και εξισώνοντας τους συντελεστές έχουμε (n περιττό):
ax+3b=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i}\cdot 3^i,xb+a=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i-1}\cdot 3^i.
Έτσι π.χ.ax+3b=4(xb+a) δηλαδή a(x-4)=b(4x-3) δηλαδή για x διάφορο του 4 ,\frac{a}{b}=\frac{4x-3}{x-4}=4+\frac{13}{x-4}.Όμως τα a,b είναι λύσεις της (Pell) a^2-3b^2=1 και συνεπώς ο λόγος \frac{a}{b} προσεγγίζει το \sqrt{3} (μάλιστα για θετικά a,b η μεγαλύτερη τιμή που θα πάρει είναι το 2).Έτσι για x> 4 σίγουρα δεν υπάρχουν λύσεις ενώ τις υπόλοιπες περιπτώσεις τις τσεκάρουμε με το χέρι από όπου παίρνουμε και την (n,x)=(1,4).

Η άλλη περίπτωση δε βγάζει λύση.
Που έχω λάθος; :(

Η αλήθεια είναι ότι φοβήθηκα να το δοκιμάσω. Πέραν κάποιων λάνθασμένων προσήμων (είναι π.χ. ax-3b και όχι ax+3b) τα οποία όμως δεν είναι σημαντικά, νομίζω το κυριότερο πρόβλημα είναι ότι ξεχάστηκαν οι διωνυμικοί συντελεστές. Στο πρώτο άθροισμα λείπουν τα \binom{n}{2i} και στο δεύτερο τα \binom{n}{2i+1}. Αυτό χαλάει το γεγονός ότι το ένα είναι τετραπλάσιο του άλλου.


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 229
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Μάιος 29, 2019 11:53 am

Α τέλεια :lol: :? .Λέω και γω,κάτι δεν μου κολλάει.Ευχαριστώ πάντως,θα το ξανακοιτάξω μπας και..


bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τετ Μάιος 29, 2019 1:28 pm

Demetres έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2019 9:57 am
min## έγραψε:
Τρί Μάιος 28, 2019 7:11 pm
Παίρνοντας την πρώτη περίπτωση και αθροίζοντας/αφαιρώντας τις δύο σχέσεις και εξισώνοντας τους συντελεστές έχουμε (n περιττό):
ax+3b=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i}\cdot 3^i,xb+a=\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}4^{n-2i-1}\cdot 3^i.
Έτσι π.χ.ax+3b=4(xb+a) δηλαδή a(x-4)=b(4x-3) δηλαδή για x διάφορο του 4 ,\frac{a}{b}=\frac{4x-3}{x-4}=4+\frac{13}{x-4}.Όμως τα a,b είναι λύσεις της (Pell) a^2-3b^2=1 και συνεπώς ο λόγος \frac{a}{b} προσεγγίζει το \sqrt{3} (μάλιστα για θετικά a,b η μεγαλύτερη τιμή που θα πάρει είναι το 2).Έτσι για x> 4 σίγουρα δεν υπάρχουν λύσεις ενώ τις υπόλοιπες περιπτώσεις τις τσεκάρουμε με το χέρι από όπου παίρνουμε και την (n,x)=(1,4).

Η άλλη περίπτωση δε βγάζει λύση.
Που έχω λάθος; :(

Η αλήθεια είναι ότι φοβήθηκα να το δοκιμάσω. Πέραν κάποιων λάνθασμένων προσήμων (είναι π.χ. ax-3b και όχι ax+3b) τα οποία όμως δεν είναι σημαντικά, νομίζω το κυριότερο πρόβλημα είναι ότι ξεχάστηκαν οι διωνυμικοί συντελεστές. Στο πρώτο άθροισμα λείπουν τα \binom{n}{2i} και στο δεύτερο τα \binom{n}{2i+1}. Αυτό χαλάει το γεγονός ότι το ένα είναι τετραπλάσιο του άλλου.

Με προλάβατε! Σε κάθε περίπτωση η προσέγγιση του min## είναι πολύ ωραία! Η δικιά μου προσέγγιση είναι πιο υπολογιστική με πρώτο βήμα να δώσω ένα άνω φράγμα για το n και ύστερα είναι εύκολο (με υπολογιστή) να βρούμε τις λύσεις. Πιστεύω να βρω χρόνο μέσα στο ΣΚ να γράψω τις λεπτομέρειες.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B.Pascal
minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Τετ Μάιος 29, 2019 1:46 pm

Αρα, δεν υπάρχει λύση διαγωνιστικων μαθηματικών; Χρειάζονται παραπάνω γνώσεις; :(


Δημήτρης Μηνάγιας
miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Τετ Μάιος 29, 2019 9:11 pm

Καλησπέρα. Όντας νέο μέλος παρακαλώ συγχωρέστε τα οποιαδήποτε λάθη σε Latex και αν υπάρχει λάθος παρακαλώ να αναφερθεί.
Έστω: 13^{n}+3=a^{2}
Αν n=2n_{1} τότε προκύπτει εύκολα η λύση a=2, n=0.
Αν n=2n_{1}+1:
13^{n}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13^{2n_{1}+1}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow 16\cdot 13^{2n_{1}}-3\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow
(a+4\cdot 13^{n_{1}})(a-4\cdot13^{n_{1}})=3\cdot (1-13^{n_{1}})(1+13^{n_{1}})
\Leftrightarrow (4\cdot 13^{n_{1}}-a)(4\cdot 13^{n_{1}}+a)=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1), (1)
Ακόμη:
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\equiv 5\cdot 1+3\equiv 0 (mod 8)
Έστω a>4. Τότε αφού a^{2}\equiv 0 (mod 8)
8\mid a^{2}\Rightarrow 16\mid a^{2}\Rightarrow 4\mid a
Έστω a=4a_{1} (αφού από την υπόθεση a>4 τότε n>1 και άρα n_{1}\geq1). Η (1) γίνεται:
16(13^{n_{1}}-a_{1})(13^{n_{1}}+a_{1})=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1)
Έστω: d=(13^{n_{1}}+1,13^{n_{1}}-1)
Τότε d=2 ως διαδοχικοί άρτιοι.

Τότε: (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1

Έστω 3\mid 13^{n_{1}}-a_{1}.

Τότε 13^{n_{1}}+a_{1}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2}).

Αφού (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1 και 13^{n_{1}}+a_{1}>1 τότε:
13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή 13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Άτοπο καθώς 13^{n_{1}}+a_{1}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Οπότε: 3\mid 13^{n_{1}}+a_{1}.
Άρα: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2})

Ομοίως: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}

Έστω: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2}
Τότε:

\frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\leq \frac{13^{n_{1}}+1}{2}\Leftrightarrow 2a_{1}\leq  13^{n_{1}}+3\Leftrightarrow 4a_{1}\leq  2\cdot 13^{n_{1}}+6\Leftrightarrow a^{2}\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36\Leftrightarrow
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36
Αντικαθιστώντας όπου 3\cdot13^{n_{1}}=x η ανίσωση μετατρέπεται στην:
x^{2}-8x-33\leq0
Λύνοντας αρκεί: x\leq11\Leftrightarrow3\cdot13^{n_{1}}\leq11 που είναι άτοπο.

Άρα έχουμε ότι: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2} οπότε δεν ισχύει η αρχική υπόθεση a>4.
Επομένως a\leq4 απ' όπου εύκολα λαμβάνουμε τη λύση n=1,a=4.


Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 566
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Μάιος 29, 2019 9:48 pm

miltosk έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2019 9:11 pm
Καλησπέρα. Όντας νέο μέλος παρακαλώ συγχωρέστε τα οποιαδήποτε λάθη σε Latex και αν υπάρχει λάθος παρακαλώ να αναφερθεί.
Έστω: 13^{n}+3=a^{2}
Αν n=2n_{1} τότε προκύπτει εύκολα η λύση a=2, n=0.
Αν n=2n_{1}+1:
13^{n}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13^{2n_{1}+1}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow 16\cdot 13^{2n_{1}}-3\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow
(a+4\cdot 13^{n_{1}})(a-4\cdot13^{n_{1}})=3\cdot (1-13^{n_{1}})(1+13^{n_{1}})
\Leftrightarrow (4\cdot 13^{n_{1}}-a)(4\cdot 13^{n_{1}}+a)=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1), (1)
Ακόμη:
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\equiv 5\cdot 1+3\equiv 0 (mod 8)
Έστω a>4. Τότε αφού a^{2}\equiv 0 (mod 8)
8\mid a^{2}\Rightarrow 16\mid a^{2}\Rightarrow 4\mid a
Έστω a=4a_{1} (αφού από την υπόθεση a>4 τότε n>1 και άρα n_{1}\geq1). Η (1) γίνεται:
16(13^{n_{1}}-a_{1})(13^{n_{1}}+a_{1})=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1)
Έστω: d=(13^{n_{1}}+1,13^{n_{1}}-1)
Τότε d=2 ως διαδοχικοί άρτιοι.

Τότε: (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1

Έστω 3\mid 13^{n_{1}}-a_{1}.

Τότε 13^{n_{1}}+a_{1}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2}).

Αφού (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1 και 13^{n_{1}}+a_{1}>1 τότε:
13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή 13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Άτοπο καθώς 13^{n_{1}}+a_{1}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Οπότε: 3\mid 13^{n_{1}}+a_{1}.
Άρα: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2})

Ομοίως: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}

Έστω: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2}
Τότε:

\frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\leq \frac{13^{n_{1}}+1}{2}\Leftrightarrow 2a_{1}\leq  13^{n_{1}}+3\Leftrightarrow 4a_{1}\leq  2\cdot 13^{n_{1}}+6\Leftrightarrow a^{2}\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36\Leftrightarrow
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36
Αντικαθιστώντας όπου 3\cdot13^{n_{1}}=x η ανίσωση μετατρέπεται στην:
x^{2}-8x-33\leq0
Λύνοντας αρκεί: x\leq11\Leftrightarrow3\cdot13^{n_{1}}\leq11 που είναι άτοπο.

Άρα έχουμε ότι: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2} οπότε δεν ισχύει η αρχική υπόθεση a>4.
Επομένως a\leq4 απ' όπου εύκολα λαμβάνουμε τη λύση n=1,a=4.
Δεν είναι σωστό. Ουσιαστικά λες ότι αν x|pq με (p,q)=1 τότε x|p ή x|q. Βάλε όπου x το 15, p 3, q 5.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
miltosk
Δημοσιεύσεις: 30
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Πρόβλημα Θεωρίας Αριθμών

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Τετ Μάιος 29, 2019 10:07 pm

JimNt. έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2019 9:48 pm
miltosk έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2019 9:11 pm
Καλησπέρα. Όντας νέο μέλος παρακαλώ συγχωρέστε τα οποιαδήποτε λάθη σε Latex και αν υπάρχει λάθος παρακαλώ να αναφερθεί.
Έστω: 13^{n}+3=a^{2}
Αν n=2n_{1} τότε προκύπτει εύκολα η λύση a=2, n=0.
Αν n=2n_{1}+1:
13^{n}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13^{2n_{1}+1}+3=a^{2}\Leftrightarrow 13\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow 16\cdot 13^{2n_{1}}-3\cdot 13^{2n_{1}}+3=a^{2}\Leftrightarrow
(a+4\cdot 13^{n_{1}})(a-4\cdot13^{n_{1}})=3\cdot (1-13^{n_{1}})(1+13^{n_{1}})
\Leftrightarrow (4\cdot 13^{n_{1}}-a)(4\cdot 13^{n_{1}}+a)=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1), (1)
Ακόμη:
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\equiv 5\cdot 1+3\equiv 0 (mod 8)
Έστω a>4. Τότε αφού a^{2}\equiv 0 (mod 8)
8\mid a^{2}\Rightarrow 16\mid a^{2}\Rightarrow 4\mid a
Έστω a=4a_{1} (αφού από την υπόθεση a>4 τότε n>1 και άρα n_{1}\geq1). Η (1) γίνεται:
16(13^{n_{1}}-a_{1})(13^{n_{1}}+a_{1})=3(13^{n_{1}}-1)(13^{n_{1}}+1)
Έστω: d=(13^{n_{1}}+1,13^{n_{1}}-1)
Τότε d=2 ως διαδοχικοί άρτιοι.

Τότε: (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1

Έστω 3\mid 13^{n_{1}}-a_{1}.

Τότε 13^{n_{1}}+a_{1}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2}).

Αφού (\frac{13^{n_{1}}+1}{2},\frac{13^{n_{1}}-1}{2})=1 και 13^{n_{1}}+a_{1}>1 τότε:
13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή 13^{n_{1}}+a_{1}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Άτοπο καθώς 13^{n_{1}}+a_{1}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2}
Οπότε: 3\mid 13^{n_{1}}+a_{1}.
Άρα: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid (\frac{13^{n_{1}}+1}{2})(\frac{13^{n_{1}}-1}{2})

Ομοίως: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2} ή \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}-1}{2}

Έστω: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\mid \frac{13^{n_{1}}+1}{2}
Τότε:

\frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}\leq \frac{13^{n_{1}}+1}{2}\Leftrightarrow 2a_{1}\leq  13^{n_{1}}+3\Leftrightarrow 4a_{1}\leq  2\cdot 13^{n_{1}}+6\Leftrightarrow a^{2}\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36\Leftrightarrow
13\cdot 13^{2n_{1}}+3\leq4\cdot13^{2n_{1}}+24\cdot13^{n_{1}}+36
Αντικαθιστώντας όπου 3\cdot13^{n_{1}}=x η ανίσωση μετατρέπεται στην:
x^{2}-8x-33\leq0
Λύνοντας αρκεί: x\leq11\Leftrightarrow3\cdot13^{n_{1}}\leq11 που είναι άτοπο.

Άρα έχουμε ότι: \frac{13^{n_{1}}+a_{1}}{3}>\frac{13^{n_{1}}+1}{2}>\frac{13^{n_{1}}-1}{2} οπότε δεν ισχύει η αρχική υπόθεση a>4.
Επομένως a\leq4 απ' όπου εύκολα λαμβάνουμε τη λύση n=1,a=4.
Δεν είναι σωστό. Ουσιαστικά λες ότι αν x|pq με (p,q)=1 τότε x|p ή x|q. Βάλε όπου x το 15, p 3, q 5.
Έχεις απόλυτο δίκιο. Θα προσπαθήσω να δω αν γίνεται να αποδειχθεί αυτό υπό κάποιες συνθήκες διαφορετικά μάλλον θα πρέπει να απορριφθεί η λύση.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης