Με 3 αγνώστους

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Με 3 αγνώστους

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Κυρ Ιαν 06, 2019 11:18 pm

Αν a,b είναι θετικοί ακέραιοι και p πρώτος να λυθεί η εξίσωση

a^{2p}=a^{2}+b^{2}+p+1



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1630
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Με 3 αγνώστους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιαν 06, 2019 11:47 pm

Xriiiiistos έγραψε:
Κυρ Ιαν 06, 2019 11:18 pm
Αν a,b είναι θετικοί ακέραιοι και p πρώτος να λυθεί η εξίσωση

a^{2p}=a^{2}+b^{2}+p+1
Καλησπέρα.

Θα αποδείξω πρώτα το εξής γνωστό Λήμμα :

Λήμμα

Έστω x,y,p θετικοί ακέραιοι με p \equiv 3 \pmod 4 πρώτο και p \mid x^2+y^2. Τότε, p \mid x και  p \mid y.

Απόδειξη

Έστω p=4m+3.

Προφανώς, αν p \mid x, τότε p \mid y και τούμπαλιν.

Έστω λοιπόν ότι κανένας εκ των x,y δεν διαιρείται από το p.

Από το μικρό Θεώρημα Fermat, 1 \equiv x^{p-1} \equiv x^{4m+2} \equiv (x^2)^{2m+1} \equiv (-y^2)^{2m+1} \equiv
 -y^{4m+2} \equiv -y^{p-1} \equiv -1 \pmod p \Rightarrow p \mid 2 \Rightarrow p=2, άτοπο.

Επομένως, πρέπει αναγκαστικά, p \mid x και p \mid y και η απόδειξη του Λήμματος ολοκληρώθηκε.

Πάμε στην άσκηση τώρα.

Αν p=2, τότε a^4=a^2+b^2+3 \Rightarrow (2a^2-2b-1)(2a^2+2b-1)=13, άρα 2a^2-2b-1=1, 2a^2+2b-1=13 οπότε προκύπτει (a,b)=(2,3).

Οπότε, έχουμε την λύση (a,b,p)=(2,3,2).

Έστω τώρα p \neq 2.
Από το Μικρό Θεώρημα του Fermat, είναι (a^2)^p -a^2 \equiv a^2-a^2 \equiv 0 \pmod p , οπότε η δεδομένη εξίσωση \pmod p δίνει p \mid b^2+1.

Αν p \equiv 3 \pmod 4, τότε από το Λήμμα, p \mid b , p \mid 1 \Rightarrow p=1 άτοπο.

Άρα, p \equiv 1 \pmod 4 και παίρνοντας \pmod 4 την δοσμένη προκύπτει N=a^{2p}-a^2 \equiv b^2+2 \pmod 4.

Είναι a^2 \equiv 0,1 \pmod 4. Αν a^2 \equiv 0 \pmod 4, τότε N \equiv 0 \pmod 4 \Rightarrow b^2 \equiv 2 \pmod 4, άτοπο.

Αν πάλι a^2 \equiv 1 \pmod 4, όμοια b^2 \equiv 2 \pmod 4, άτοπο.

Τελικά, μοναδική λύση η (a,b,p)=(2,3,2).


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Με 3 αγνώστους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Δευ Ιαν 07, 2019 11:18 am

Δεν χρειάζεται καν το δεδομένο ότι p πρώτος.


Bye :')
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Με 3 αγνώστους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιαν 07, 2019 3:08 pm

JimNt. έγραψε:
Δευ Ιαν 07, 2019 11:18 am
Δεν χρειάζεται καν το δεδομένο ότι p πρώτος.

Σωστά!

Για p=0,1 δεν υπάρχουν λύσεις. Ούτε επίσης για a=1. Πρέπει b \leqslant a^p - 1 αφού αν b \geqslant a^p τότε a^2 + b^2 + p + 1 > a^{2p}. Αφού b \leqslant a^p -1, τότε

\displaystyle  a^{2p} \leqslant a^2 + a^{2p} - 2a^p + 1 + p + 1

που δίνει 2a^p \leqslant a^2 + p + 2. Για p = 2 παίρνουμε 2a^2 \leqslant 4 και αφού a \neq 1 τότε a=2. Αυτό με την σειρά του δίνει b=3 και την λύση (a,b,p) = (2,3,2).

Για p \geqslant 3 (και a \geqslant 2) έχουμε

\displaystyle  2a^p \geqslant a^2 + a^p \geqslant a^2 + 2^p \geqslant a^2 + p + 3

αφού είναι απλό επαγωγικά ότι 2^p \geqslant p+3 για p \geqslant 3. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού έχουμε επίσης ότι 2a^p \leqslant a^2 + p + 2.

Άρα μοναδική λύση η (a,b,p) = (2,3,2).


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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