JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

#1

Η παρούσα ανάρτηση θα ανανεωθεί αργότερα και με τα υπόλοιπα προβλήματα.

N1. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι

για τους οποίους υπάρχουν μη αρνητικοί ακέραιοι

,

και

ώστε ο αριθμός

$\displaystyle A=x^p+y^p+z^p-x-y-z$

να είναι γινόμενο ακριβώς τριών διαφορετικών πρώτων αριθμών.

(Προτάθηκε από την Ελλάδα - Επιλέχθηκε ως το πρώτο πρόβλημα του διαγωνισμού)

Ν2. Να βρεθούν όλες οι τριάδες (p,q,r)

πρώτων αριθμών έτσι ώστε όλοι οι πιο κάτω αριθμοί να είναι ακέραιοι

$\displaystyle \frac{p^2+2q}{q+r}, \qquad \frac{q^2+9r}{r+p}, \qquad \frac{r^2+3p}{p+q}$

(Προτάθηκε από το Τατζικιστάν)

N3. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί

και όλοι οι μη αρνητικοί ακέραιοι $x \neq y$ έτσι ώστε

$\displaystyle x^4-y^4=p(x^3-y^3).$

(Προτάθηκε από τη Βουλγαρία)

N4. Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι x,y

ώστε

$\displaystyle x^3(y+1)+y^3(x+1)=19\,.$

(Προτάθηκε από τη Βουλγαρία)

N5. Να βρεθούν όλες οι τριάδες θετικών ακεραίων (x,y,z)

τέτοιες ώστε:

$\displaystyle 45^x-6^y=2019^z\,.$

(Προτάθηκε από την Αλβανία)

Ν6. Να βρεθούν όλες οι τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (a,b,c)

τέτοιες ώστε:

$\displaystyle a!+5^b=7^c\,.$

(Προτάθηκε από τη Σερβία)

Ν7. Να βρεθούν όλα τα τέλεια τετράγωνα

, τέτοια ώστε αν ο θετικός ακέραιος $a\geqslant 15$ είναι διαιρέτης του

τότε ο

είναι δύναμη πρώτου.

(Προτάθηκε από τη Σαουδική Αραβία)

Manolis Petrakis · #2

N2.
Αν $p,q,r\neq2$ τότε $q+r\equiv0(mod2)$ και $p^2+2q\equiv1(mod2)$ άρα $\frac{p^2+2q}{q+r}\notin \mathbb{Z}$
•Αν r=2

τότε $\frac{4+3p}{p+q}\in \mathbb{N}$
Αν $4+3p=p+q\Leftrightarrow 2(2+p)=q\Leftrightarrow q:$ σύνθετος
Αν $4+3p=2(p+q) \Leftrightarrow p=2(q-2)$
$\Rightarrow q-2=1\Leftrightarrow (p,q,r)=(2,3,2)$ αλλά για τις τιμές αυτές είναι: $\frac{q^2+9r}{p+r}=\frac{27}{4}\notin\mathbb{N}$
Αν $4+3p\geq3(p+q) \Leftrightarrow 4\geq3q$ για

πρώτο, αδύνατο
•Αν p=2

και $r\geq3$ τότε q+r/4+2q

Αν $4+2q=2(r+q) \Leftrightarrow r=2$ αδύνατο αφού $r\geq3$
Αν $4+2q=r+q \Leftrightarrow q=r-4$
Άρα $\frac{q^2+9r}{r+p}=\frac{(r-4)^2+9r}{r+2}=\frac{r^2+r+16}{r+2}=r-1+\frac{18}{r+2}$
Επομένως (r+2)/18

με

πρώτο $\Rightarrow (p,q,r)=(2,3,7)$ για τις οποίες τα κλάσματα είναι ακέραιοι
Αν $4+2q\geq3(r+q)\Leftrightarrow 4\geq3r+q$ αδύνατο
•Αν q=2

και $r,p\geq3$ τότε p+r

άρτιος και 9r+q^2

περιττός $\Rightarrow \frac{q^2+9r}{p+r}\notin \mathbb{Z}$
Άρα (p,q,r)=(2,3,7)

#3

Ωραία. Ανέβασα και την Ν3

StamatisGoudis · #4

Μια λύση για το N3
Στην περίπτωση που x=0

είναι $-y^{4}=-y^{3}p \overset{y\neq0 }{\Rightarrow} p=y$
Ομοίως, αν y=0: p=x

Έστω τώρα ότι x>0, y>0

Τότε, η εξίσωση γίνεται: $(x+y)(x^{2}+y^{2})=(x^{2}+xy+y^{2})p$
Έστω d=(x, y)

. Τότε είναι x=ad, y=bd

, με

Έτσι, με αντικατάσταση των παραπάνω στην εξίσωση έχουμε: $d^{3}(a+b)(a^{2}+b^{2})=d^{2}(a^{2}+ab+b^{2})p \overset{d>0}{\Rightarrow}d(a^{2}+b^{2})(a+b)= (a^{2}+ab+b^{2})p$
Άρα: $a^{2}+ab+b^{2} | d(a+b)(a^{2}+b^{2}) \overset{(1)}\Rightarrow a^{2}+ab+b^{2} | d \Leftrightarrow \frac{d}{a^{2}+ab+b^{2}}=k$ , με $k\epsilon \mathbb{N}$
Συνεπώς, έχουμε $k(a+b)(a^{2}+b^{2})=p$ . Όμως, το αριστερό μέλος είναι σύνθετος, αφού οι παράγοντες a+b

και $a^{2}+b^{2}$ είναι μεγαλύτεροι του 1. Οπότε, ο p είναι σύνθετος, το οποίο είναι άτοπο.

Συμπεραίνουμε, λοιπόν, πως οι μόνες λύσεις είναι οι: (x, y)=(p, 0)

ή

#5

Ωραία Σταμάτη. Αυτή ήταν και η δική μας λύση. Πρέπει όμως να δειχθεί και ότι (a+b,a^2+ab+b^2) = 1

και

. Η λύση των Βούλγαρων ήταν διαφορετική.

Ανέβηκε και η Ν4.

Manolis Petrakis · #6

Καλησπέρα σας!
Μία λύση για το Ν4
•Αν x=0

τότε από τη διοφαντική εξίσωση $\Rightarrow y^3=19$ αδύνατο για $y\in \mathbb{Z}$
Έτσι όμοια $xy\neq 0$
•Αν x>0, y=-z<0

τότε:

αλλά $x^3(1-z)\leq 0$ και -z^3(x+1)<0

αδύνατο
•Αν x>0

,

τότε για $x\geq 3$ είναι:
$x^3(y+1)+y^3(x+1)\geq 27y+27+3y^3+y^3>19$
Για $x=2\Leftrightarrow 8y+8+3y^3=19 \Leftrightarrow 3y^3+8y=11$ με y/11

και $y\neq 11$ άρα y=1

Όμοια για $y=2\Leftrightarrow x=1$
•Αν x<0, y<0

τότε

και η εξίσωση γράφεται:
$-z^3(1-t)-t^3(1-z)=-19\Leftrightarrow z^3(t-1)+t^3(z-1)=19 (1)$
Αν z=1

τότε $(1)\Leftrightarrow t-1=19\Leftrightarrow t=20\Leftrightarrow (x,y)=(-1,-20)$
Όμοια (x,y)=(-20,-1)

Αν

και $z\geq 3$ τότε $(1)\Rightarrow z^3(t-1)+t^3(z-1)\geq 27(t-1)+2t^3>19$ .
Αν $z=2 (1)\Leftrightarrow t^3+t=27$ αδύνατο
(Αν $t\geq 3$ τότε t^3+t>19

και αν $t\leq 2$ τότε t^3+t<19

.
$\Rightarrow (x,y)=(2,1),(1,2),(-1,-20),(-20,-1)$

Manolis Petrakis · #7

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 19, 2020 11:12 am
Ωραία Σταμάτη. Αυτή ήταν και η δική μας λύση. Πρέπει όμως να δειχθεί και ότι και . Η λύση των Βούλγαρων ήταν διαφορετική.

Ανέβηκε και η Ν4.

Συμπλήρωση της Ν3
Είναι (a,b)=1

και $a+b\equiv b\not\equiv 0(modp_i)$ όπου p_i

με

οι πρωτοι διαιρέτες του

. Όμοια $a+b\equiv a\not\equiv 0(modq_j)$ όπου q_j

με

οι πρωτοι διαιρέτες του

Άρα

. Έστω

Αρκεί να δείξουμε (a+b,a^2+ab+b^2) = 1

και $(a^2+b^2,a^2+ab+b^2) = 1\Leftrightarrow (m,m^2-n)=1$ και (m^2-2n,m^2-n)

Για το 1ο είναι: $\frac{m^2-n}{m}=m-\frac{n}{m}$
το οποίο δεν απλοποιείται αφού $(ab,a+b)=1\Leftrightarrow (m,m^2-n)=1(1)$
Για το 2ο είναι: $\frac{m^2-2n}{m^2-n}=1-\frac{n}{m^2-n}$ το οποίο δεν απλοποιείται λόγω της (1)

Άρα

και

#8

Με αρκετή δόση καθυστέρησης ανέβηκαν και τα Ν5-Ν7.

Manolis Petrakis · #9

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:34 pm

N5. Να βρεθούν όλες οι τριάδες θετικών ακεραίων τέτοιες ώστε:

$\displaystyle 45^x-6^y=2019^z\,.$

(Προτάθηκε από την Αλβανία)

Παραθέτω μία λύση για το Ν5.
Παίρνοντας mod5 έχουμε: $45^x - 6^y \equiv -1(mod5) \Leftrightarrow 2019^z \equiv -1(mod5)$
Όμως $2019^z \equiv (-1)^z (mod5) \Rightarrow z$ : περιττός.
Άρα $0 \equiv 45^x -6^y -2019^z \equiv 1-2^y-(-1)^z \equiv 2 -2^y(mod4)$
Άρα $2^y\equiv 2(mod4) \Rightarrow y=1$ .
Έτσι η δοθείσα γράφεται 45^x-6-2019^z=0

.
Όμως $0 \equiv 45^x -6 -2019^z \equiv -6-3^z (mod9)$ .
Επομένως $3^z\equiv 3(mod9) \Rightarrow z=1$ , από όπου προκύπτει ότι x=2

.
Τελικά

.

2nisic · #10

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:34 pm

Ν7. Να βρεθούν όλα τα τέλεια τετράγωνα , τέτοια ώστε αν ο θετικός ακέραιος $a\geqslant 15$ είναι διαιρέτης του τότε ο είναι δύναμη πρώτου.

(Προτάθηκε από τη Σαουδική Αραβία)

Έστω $n=2^{2x}y^2$ .

Αν y^2>=15

τότε

με

και αφερεση τετραγώνων έχουμε y=7

Άρα $n=2^{2x}$ , $n=2^{2x}49$ , $n=2^{2x}3^{2}$

Για $n=2^{2x}$ βλέπουμε ότι 128+15=143=11*13

οπότε

.

Για $n=2^{2x}49$ βλέπουμε ότι 49*8+15=407=11*17

οπότε

.

Για $n=2^{2x}3^{2}$ βλέπουμε ότι 2*9+15=33=3*11

οπότε

.

Joaakim · #11

Εναλλακτικά, στο NT5, αφού δείξουμε ότι y=1

, θα μπορούσε κανείς να δουλέψει $u_{3}$ .
Φέρνουμε την εξίσωση στη μορφή $45^{x}=2019^{z}+6$ .
Παρατηρούμε ότι $u_{3}(RHS)=u_{3}(2019^{z}+6)≤2$ , και $u_{3}(LHS)=u_{3}(45^{x})=u_{3}(3^{2x}·5^{x})=even$ ,
συνεπώς $u_{3}(RHS)=2$ , που ισχύει μόνο για z=1

.

2nisic · #12

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:34 pm

Ν7. Να βρεθούν όλα τα τέλεια τετράγωνα , τέτοια ώστε αν ο θετικός ακέραιος $a\geqslant 15$ είναι διαιρέτης του τότε ο είναι δύναμη πρώτου.

(Προτάθηκε από τη Σαουδική Αραβία)

Μια προσέγγιση της άσκησης χωρίς το δεδομένο ότι n=a^2

.

Αν

τότε δεν υπάρχει άλλος περιττός διαιρέτης του

(διαφορετικός του 3).
Έστω ότι υπάρχει ο

τότε

και

:
Οπότε

όμως τότε

και

αδύνατο.
Άρα n=2^x*3^y

.....

Αν

τότε δεν υπάρχει άλλος περιττός διαιρέτης του

.
Έστω ότι υπάρχει ο

τότε

και

:
Οπότε

όμως τότε

και

αδύνατο.
Άρα n=2^x*5

.....

Αν υπάρχει πρώτος

με

και

τότε

.

έχουμε

και

έχουμε

με αφερεση τετραγώνων p=7

.
Επιπλέον 7^3|n

αφού τότε

που δεν ισχύει.

Δεν υπάρχουν περιττή διαιρέτες x,y

του

τέτοιοι ώστε x>y>=37

και

.
Έστω ότι υπάρχουν τότε:
x+15=2^a

. (1)

. (2)

. (3)
Με πολλαπλασιασμό των (1),(2) έχουμε $xy+15(x+y)+225=2^{a+b}$ . (4)
Επειδή LHS(4)>LHS(3)

θα έχουμε

δηλαδή

οπότε

δηλαδή:
$15(x+y)+195\geq xy\Rightarrow \frac{15}{x}+\frac{15}{y}+\frac{195}{xy}\geq 1$
Που δεν ισχύει αφού: $\frac{15}{x}+\frac{15}{y}+\frac{195}{xy}<=\frac{30}{37}+\frac{195}{37^2}<1$

Άρα από της τελευταίας παρατηρήσεις έχουμε n=2^x*p_1*...*p_k

με

( αλλιώς αν k>=4

μπορώ να πάρω x=p_1*p_4

και

) ή

με

(αλλιώς αν k>=2

μπορώ να πάρω x=49

και

).

Αν

με

.
Αν

τότε

αδύνατο.
Οπότε x=0,1,2

.
Μπορω να βρώ όλους τους αριθμούς σε αυτή την περίπτωση αφού το πλήθος επιλογών του p_1

(αν υπάρχει) είναι πεπερασμένο ( p_1<37

).

Αν

με

.
Εδώ έχω αρκετά κενά.
Έχω λύση μόνο για k=0,3

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #13

Το Ν6 έχει ξανατεθεί στο

. Παραθέτω την σχετική παραπομπή: https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=69716

JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2019 - Θεωρία Αριθμών

Μέλη σε σύνδεση