JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

#1

Παραθέτω τα θέματα του σημερινού διαγωνισμού της Βαλκανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας Νέων που διεξάγεται αυτές τις ημέρες στο Σεράγεβο. Με χαρά θα δούμε τις λύσεις σας!

Πρόβλημα 1 - Κροατία. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (a,b)

θετικών ακέραιων αριθμών τέτοιων ώστε
$\displaystyle{ 11ab \leq a^{3}-b^{3} \leq 12ab.}$

Πρόβλημα 2 - Ελλάδα. Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε AH=HD

, όπου

είναι το ορθόκεντρο του ABC

και $D\in BC$ είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή

. Έστω $\ell$ η ευθεία η οποία διέρχεται από το

και εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BHC

. Έστω

και

τα σημεία τομής της $\ell$ με την

και την

, αντίστοιχα. Συμβολίζουμε τα μέσα των

και

με

και

, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

και

είναι παράλληλες.

Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών (p,q,a,b)

, όπου οι

και

είναι πρώτοι αριθμοί και a>1

, έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$

Πρόβλημα 4 - Ελλάδα. Αποκαλούμε έναν άρτιο θετικό ακέραιο αριθμό

{\it{καλό}} αν το σύνολο $\{1,2,\dots,n\}$ μπορεί να διαμερισθεί σε $\frac{n}{2}$ υποσύνολα δύο στοιχείων έτσι ώστε το άθροισμα των στοιχείων κάθε υποσυνόλου να είναι δύναμη του

. Για παράδειγμα, ο αριθμός

είναι καλός, διότι το σύνολο $\{1,2,3,4,5,6\}$ μπορεί να διαμερισθεί στα υποσύνολα $\{1,2\}$ , $\{3,6\}$ και $\{4,5\}$ . Να βρεθεί το πλήθος των καλών θετικών ακέραιων αριθμών οι οποίοι είναι μικρότεροι από το $3^{2022}$ .

Σημείωση: Τα θέματα 3 & 4 έχουν προταθεί από τον Ιάσονα Προδρομίδη, και το θέμα 2 από τον Προδρομίδη και τον Ψάρρα. Θερμά συγχαρητήρια! Ίσως είναι η πρώτη φορά που επιλέγονται τρία θέματα μιας χώρας σε JBMO.

thepigod762 · #2

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 1 - Κροατία. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοιων ώστε
$\displaystyle{ 11ab \leq a^{3}-b^{3} \leq 12ab.}$

Καλά αποτελέσματα στην ελληνική ομάδα και συγχαρητήρια στους Έλληνες θεματοδότες!

Εύκολα έχουμε a> b

.

Για την δεύτερη ανισότητα είναι
$3ab(a-b)<(a-b)(a^2+ab+b^2)\leq 12ab\Leftrightarrow a-b\<4.$

Εξετάζουμε τις περιπτώσεις:

1) a=b+1

Με αντικατάσταση η πρώτη γίνεται
$8b(b+1)\leq 1$ , άτοπο,

2) a=b+2

Όμοια παίρνουμε
$5b(b+2)\leq8$ , άτοπο,

3) a=b+3

Όμοια παίρνουμε
$2b(b+3)\leq27$ , η οποία ισχύει μόνο για $b=1 \Leftrightarrow a=4.$

Τότε όμως η δεύτερη δεν ισχύει, απορρίπτεται.

Άρα δεν υπάρχουν τέτοια $a,b \epsilon \mathbb{N}^*.$

Joaakim · #3

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm

Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών , όπου οι και είναι πρώτοι αριθμοί και , έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$

Καλή επιτυχία στην ομάδα μας!

Εύκολα βλέπουμε ότι ένας εκ των p,q

πρέπει να είναι άρτιος, οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1 p=2

Έτσι έχω

Με

παίρνω ότι 4|a

, οπότε γράφω a=4c

.
Η εξίσωση γράφεται $(2^{2c}-1)(2^{2c}+1)=5q^b$ .
Έτσι προκύπτουν δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1 α) $2^{2c}+1=5q^r, 2^{2c}-1=q^s$ , με r+s=b

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω λαμβάνω ότι 5q^r-q^s=2

Αν $r \geq s$ , τότε $q^s(5q^{r-s}-1)=2$ .
Aν τώρα s=0

, τότε $5q^r-1=2 \Rightarrow 5q^r=3$ , αδύνατη.
Αν πάλι s>0

, τότε $q^s|2 \Rightarrow q=2, s=1$ , που δίνει $5 \cdot 2^{r-2}=1$ , αδύνατη.
Αν r<s

, τότε $q^r(5-q^{s-r})=2$ .
Αν τώρα r=0

, τότε $5-q^{s}=2 \Rightarrow q^s=3 \Rightarrow q=3, s=1$ , που δίνει b=r+s=1

και πίσω στην αρχική a=4

.
Έτσι έχουμε την λύση $\boxed{(a,b,p,q)=(4,1,2,3)}$
Αν πάλι r>0

, τότε $q^r|2 \Rightarrow q=2, r=1 \Rightarrow 2^{2c}=9$ , αδύνατη.

Περίπτωση 1 β) $2^{2c}+1=q^r, 2^{2c}-1=5q^s$ , με r+s=b

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω λαμβάνω ότι q^r-5q^s=2

Αν $r \geq s$ , τότε $q^s(q^{r-s}-5)=2$ .
Αν τώρα s=0

, τότε $q^r-5=2 \Rightarrow q^r=7 \Rightarrow q=7, r=1$ , που δίνει b=r+s=1

και πίσω στην αρχική $2^a=1+5 \cdot 7=36$ , αδύνατη.
Αν πάλι s>0

, τότε $q^s|2 \Rightarrow q=2, s=1 \Rightarrow 2^{r-1}=6$ , αδύνατη.
Αν r<s

, τότε $q^r(1-5q^{s-r})=2$ , όμως $1-5q^{r-s}<0$ , οπότε παίρνω άτοπο.

Περίπτωση 2 q=2

Διακρίνω πάλι δύο περιπτώσεις, ανάλογα με την αρτιότητα του

.

Περίπτωση 1 α)

άρτιος

Γράφω a=2d

, οπότε $(p^d-1)(p^d+1)=5 \cdot 2^b$
Προκύπτουν δύο δυνατά συστήματα εξισώσεων:

1) $p^d+1=5 \cdot 2^r, p^d-1=2^s$ , με b=r+s

.

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω προκύπτει ότι $5 \cdot 2^r-2^s=2 \Rightarrow 5 \cdot 2^{r-1}-2^{s-1}=1$ , οπότε r=1

ή

.
Αν

, τότε $2^{s-1}=4 \Rightarrow s=3 \Rightarrow p^d=9 \Rightarrow p=3, d=2 \Rightarrow a=4, b=4, p=3, q=2$ ,
οπότε η τετράδα $\boxed{(a,b,p,q)=(4,4,3,2)}$ .
Αν s=1

, τότε $5 \cdot 2^{r-2}=1$ , αδύνατη.

2) $p^d+1=2^r, p^d-1=5 \cdot 2^s$ , με b=r+s

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω προκύπτει ότι $2^r-5 \cdot 2^s=2 \Rightarrow 2^{r-1}-5 \cdot 2^{s-1}=1$ , οπότε r=1

ή

.
Αν

, τότε $5 \cdot 2^{s-1}=0$ , αδύνατη.
Αν s=1

, τότε $2^{r-1}=6$ , αδύνατη.

Περίπτωση 1 β)

περιττός

Η εξίσωση γράφεται $(p-1)(p^{a-1}+...+p+1)=5 \cdot 2^b$ .
Όμως p-1

άρτιος και $p^{a-1}+...+p+1$ περιττός, οπότε $p-1=2^b, p^{a-1}+...+p+1=5$ .
Η δεύτερη γράφεται $p^{a-1}+...+p=4$ , οπότε, αφού a>1

, θα είναι p|4

, άτοπο, αφού

περιττός.

fogsteel · #4

thepigod762 έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 6:36 pm

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 1 - Κροατία. Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων αριθμών τέτοιων ώστε
$\displaystyle{ 11ab \leq a^{3}-b^{3} \leq 12ab.}$
Καλά αποτελέσματα στην ελληνική ομάδα και συγχαρητήρια στους Έλληνες θεματοδότες!

Εύκολα έχουμε .

Για την δεύτερη ανισότητα είναι
$3ab(a-b)\leq(a-b)(a^2+ab+b^2)\leq 12ab\Leftrightarrow a-b\leq4.$

Δεν μπορεί να ισχύει το ίσον στις παραπάνω ανισότητες, αφου πρέπει a = b

thepigod762 έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 6:36 pm

4)
Η δεύτερη γίνεται
$12b^2+48b+64 {\color{Red} \geq } 12b^2+48b$ , ισχύει $\forall b\epsilon \mathbb{N}^*.$

Τελικά οι μόνες λύσεις είναι αυτές της μορφής
$(a,b)=(t+4,t), t\epsilon \mathbb{N}^*.$

Σου προέκυψαν λύσεις επειδη μπέρδεψες το πρόσημο στην δεύτερη ανισότητα.

Lymperis Karras · #5

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 2 - Ελλάδα. Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε , όπου είναι το ορθόκεντρο του και $D\in BC$ είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή . Έστω $\ell$ η ευθεία η οποία διέρχεται από το και εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου . Έστω και τα σημεία τομής της $\ell$ με την και την , αντίστοιχα. Συμβολίζουμε τα μέσα των και με και , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες και είναι παράλληλες.

Μια λύση: Έστω

το μέσον της

,

το μέσον της

,

τα ίχνη των υψών από τα A,B

αντίστοιχα.

Είναι $\angle{ATH} = 90^{\circ} - \angle{EHT} = 90^{\circ} - \angle{SHB} = 90^{\circ} - \angle{HCB} = \angle{B}$ , (λόγω της εφαπτομένης)

Άρα το BCTS

είναι εγγράψιμμο και έτσι $\angle{ATS} = \angle{B}$ .

Τώρα $LN \parallel AH \leftrightarrow \angle{LNH}=\angle{AHF}=\angle{B}=\angle{ATS}$ .

Άρα το THNL

είναι εγγράψιμμο και έτσι $\angle{HTN}=\angle{HLN}=90^{\circ}$ με εύκολο κυνήγι γωνιών χρησιμοποιώντας ότι $HL \parallel BC$ .

Όμοια δείχνουμε και ότι $\angle{HSM}=90^{\circ}$ και τελειώσαμε.

: JBMO 2022.png (75.02 KiB) Προβλήθηκε 4020 φορές

Lymperis Karras · #6

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 4 - Ελλάδα. Αποκαλούμε έναν άρτιο θετικό ακέραιο αριθμό {\it{καλό}} αν το σύνολο $\{1,2,\dots,n\}$ μπορεί να διαμερισθεί σε $\frac{n}{2}$ υποσύνολα δύο στοιχείων έτσι ώστε το άθροισμα των στοιχείων κάθε υποσυνόλου να είναι δύναμη του . Για παράδειγμα, ο αριθμός είναι καλός, διότι το σύνολο $\{1,2,3,4,5,6\}$ μπορεί να διαμερισθεί στα υποσύνολα $\{1,2\}$ , $\{3,6\}$ και $\{4,5\}$ . Να βρεθεί το πλήθος των καλών θετικών ακέραιων αριθμών οι οποίοι είναι μικρότεροι από το $3^{2022}$ .

Έστω

ο αριθμός των καλών αριθμών

μικρότερων από 3^k

και

το συνόλο που περιέχει τους καλούς αριθμούς

μικρότερους από 3^k

.

Εύκολα παίρνουμε P(1)=1, P(2)=3, P(3)=7

.

Λήμμα 1: Ο n=3^k - 1

είναι πάντα καλός.
Απόδειξη: Ζευγαρώνουμε ακολούθως: (3^k - 1,1), (3^k - 2, 2) ....

, οεδ.

Λήμμα 2: Ο $n=3^{k+1} - m - 1, m \in T(k)$ είναι πάντα καλός.
Απόδειξη: Ζευγαρώνουμε τους ${m+1, m+2 .... , 3^{k+1} - m - 1}$ όπως πριν. Μένουν οι {1,2...,m}

και ο

είναι καλός, τελειώσαμε.

Επαγωγή Q(k)

:Οι μοναδικοί καλοί

για κάθε $k \geq 2$ είναι οι

:
1) $l=m, m \in T(k-1)$
2) l=3^k -1

3) $l=3^k - m - 1, m \in T(k-1)$

Για k=2

just do the handwork, όπως λένε και στο χωριό μου.
Έστω Q(k)

ισχύει για k=j

Για

:
Προφανώς οι αριθμοί

που ειπώθηκαν δουλεύουν λόγω των λημμάτων. Εάν υπάρχει ένας άλλος καλός

ώστε $l \in T(j+1)$ , τότε $l > 2 \cdot 3^j$ (γιατί?), και επίσης ο $3^{j+1} - l - 1$ είναι καλός .
Όμως $3^{j+1} - l - 1< 3^j$ και έτσι λόγω της Q(j)

πρέπει $3^{j+1} - l - 1 \in T(j)$ , άτοπο. Done.

Τώρα μετρώντας το πλήθος των καλών αριθμών παρίνουμε P(1)=1

και με εύκολη επαγωγή βλέπουμε ότι $P(n)=2P(n-1) + 1, \forall n \geq 2$ .
Λύνοντας την αναδρομική ακολουθία που προέκυψε παίρνουμε ότι $P(n)=2^n - 1 \implies P(2022) = 2^{2022} - 1$ .

ΥΓ: συγγνώμη για τις "αγγλικούρες", στην ουσία αυτό το ποστ είναι ακριβής μετάφραση του ποστ μου στο AoPS, και λόγω κούρασης δεν μετέφρασα τα πάντα

Lymperis Karras · #7

thepigod762 έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 6:36 pm
Όμοια παίρνουμε
$2b(b+3)\leq27$ , η οποία ισχύει μόνο για $b=1 \Leftrightarrow a=4.$

Για

ισχύει και προκύπτει η λύση (a,b)=(5,2)

, που είναι και η μοναδική.

#8

Μεγάλες επιτυχίες στη Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων (JBMO 2022)

Μετά την επιλογή τριών προβλημάτων τα οποία προτάθηκαν από την Ελλάδα - από τα συνολικά τέσσερα του διαγωνισμού, γεγονός ανεπανάληπτο σε JBMO - έχουμε τη χαρά να ανακοινώσουμε τα τελικά αποτελέσματα.

Συγχαίρουμε θερμά την ομάδα των νέων που απέσπασε τέσσερα αργυρά και δύο χάλκινα μετάλλια στη φετινή JBMO! Μας γέμισαν με μεγάλη χαρά και υπερηφάνεια.

Δουλεύοντας σκληρά και συστηματικά τις τελευταίες πέντε-έξι εβδομάδες, μελετώντας ατελείωτες ώρες εν μέσω απολυτήριων εξετάσεων και παρακολουθώντας το εντατικό πρόγραμμα των online μαθημάτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, έφτασαν σε μια μεγάλη επιτυχία για τους ίδιους και τους γονείς τους, την ΕΜΕ και τη χώρα μας.

Η Ελλάδα κατατάσσεται στην 4η θέση από τις 11 των επίσημων χωρών του διαγωνισμού!

Θερμά συγχαρητήρια και στα παιδιά της Κύπρου, και ιδιαίτερα στο Φίλιππο Ρουβά για το χάλκινο μετάλλιο. Θερμά συγχαρητήρια και στον αρχηγό Ανδρέα Δημητρίου και τον υπαρχηγό Στυλιανό Κουζάρη, οι οποίοι υπερασπίστηκαν σθεναρά τα γραπτά της Κύπρου.

Επειδή μεθάμε ή παρασυρόμαστε πολλές φορές από τα αποτελέσματα τέτοιων διαγωνισμών, ας σημειώσουμε και πάλι πως η συμμετοχή και μόνο σε έναν τέτοιο διεθνή διαγωνισμό είναι τεράστια τιμή και επιτυχία για κάθε διαγωνιζόμενο.

S.E.Louridas · #9

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 01, 2022 11:27 pm
Μεγάλες επιτυχίες στη Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων (JBMO 2022)

Μετά την επιλογή τριών προβλημάτων τα οποία προτάθηκαν από την Ελλάδα - από τα συνολικά τέσσερα του διαγωνισμού, γεγονός ανεπανάληπτο σε JBMO - έχουμε τη χαρά να ανακοινώσουμε τα τελικά αποτελέσματα.

Συγχαίρουμε θερμά την ομάδα των νέων που απέσπασε τέσσερα αργυρά και δύο χάλκινα μετάλλια στη φετινή JBMO! Μας γέμισαν με μεγάλη χαρά και υπερηφάνεια.

Δουλεύοντας σκληρά και συστηματικά τις τελευταίες πέντε-έξι εβδομάδες, μελετώντας ατελείωτες ώρες εν μέσω απολυτήριων εξετάσεων και παρακολουθώντας το εντατικό πρόγραμμα των online μαθημάτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, έφτασαν σε μια μεγάλη επιτυχία για τους ίδιους και τους γονείς τους, την ΕΜΕ και τη χώρα μας.

Η Ελλάδα κατατάσσεται στην 4η θέση από τις 11 των επίσημων χωρών του διαγωνισμού!

Θερμά συγχαρητήρια και στα παιδιά της Κύπρου, και ιδιαίτερα στο Φίλιππο Ρουβά για το χάλκινο μετάλλιο. Θερμά συγχαρητήρια και στον αρχηγό Ανδρέα Δημητρίου και τον υπαρχηγό Στυλιανό Κουζάρη, οι οποίοι υπερασπίστηκαν σθεναρά τα γραπτά της Κύπρου.

Επειδή μεθάμε ή παρασυρόμαστε πολλές φορές από τα αποτελέσματα τέτοιων διαγωνισμών, ας σημειώσουμε και πάλι πως η συμμετοχή και μόνο σε έναν τέτοιο διεθνή διαγωνισμό είναι τεράστια τιμή και επιτυχία για κάθε διαγωνιζόμενο.

Απλά ένα μεγάλο Ν Α Ι !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

#10

Θερμά συγχαρητήρια!

#11

Ε Υ Γ Ε στα παιδιά. Καταπλητικές επιδόσεις. Άλλωστε, η δυσκολία των θεμάτων είναι δεδομένη.

Fotis34 · #12

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών , όπου οι και είναι πρώτοι αριθμοί και , έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$

Με mod 4 και με θέσιμο ότι $\displaystyle{p,q≥5}$ :

• Υπόλοιπα των πρώτων mod 4:
Όλοι οι πρώτοι αριθμοί $\displaystyle{p,q ≥ 5}$ είναι περιττοί. Άρα:
$\displaystyle p \equiv 1 , 3 \pmod 4, \quad q \equiv 1 , 3 \pmod 4.$

• Αριστερή πλευρά: $p^a \mod 4$ :
$\displaystyle{p^a}$ $\displaystyle{\equiv 1,3 (mod 4)}$ το βλέπουμε ελέγχοντας τις περιπτώσεις $\displaystyle{p\equiv 1,3 (mod 4)}$ και για τις περιπτώσεις όπου ο $\displaystyle{a}$ είναι άρτιος αλλά και περιττός.

• Δεξιά πλευρά: $1 + 5 q^b \mod 4$
$\displaystyle{1 + 5q^b \equiv 0,2}$ το βλέπουμε ελέγχοντας τις περιπτώσεις για $\displaystyle{q\equiv 1,3}$ και για τις περιπτώσεις όπου ο $\displaystyle{b}$ είναι άρτιος αλλά και περιττός.

Σε όλες τις περιπτώσεις, αριστερά $\neq$ δεξιά mod 4.

Άρα δεν υπάρχει λύση για πρώτους αριθμούς $p,q \ge 5$ και θετικούς ακέραιους a>1, b>0

, γιατί το mod 4 δείχνει άμεσα το άτοπο.

Μετά εύκολα μπορούμε να βρούμε τις λύσεις της εξίσωσης αφού αναγκαστικά πρέπει τουλάχιστον ένας από τους $\displaystyle{p,q}$ να είναι ίσος με $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{3}$ .

Θα χαιρόμουν πολύ αν κάποιος μου έλεγε αν έχω κάνει σωστά αυτό το βήμα, και αν όχι , να μου πει που έχω λάθος για να προσπαθήσω να το διορθώσω.

#13

Αφού ρωτάς την γνώμη μας, σχολιάζω:

Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 06, 2026 10:06 pm
Άρα δεν υπάρχει λύση για πρώτους αριθμούς $p,q \ge 5$ και θετικούς ακέραιους , γιατί το mod 4 δείχνει άμεσα το άτοπο.

.
Έκανες πολλά βήματα για να καταλήξεις στο παραπάνω αλλά αυτό είναι τεριμμένο: Δεν μπορεί οι p,q

να είναι και οι δύο περιττοί αφού τότε το ένα μέλος της p^a=1+q^b

θα ήταν περιττό και το άλλο άρτιο. 'Ατοπο.
.

Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 06, 2026 10:06 pm
Μετά εύκολα μπορούμε να βρούμε τις λύσεις της εξίσωσης αφού αναγκαστικά πρέπει τουλάχιστον ένας από τους $\displaystyle{p,q}$ να είναι ίσος με $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{3}$ .

.
Δεν είναι καθόλου εύκολο. Είναι η ουσία της άσκησης. Ακόμη και με την βελτιωμένη εκδοχή που σου έγραψα, ότι δηλαδή ο ένας εκ των p,q

είναι ίσος με

(ο ίδιος γράφεις ότι μπορεί να είναι και

), η λύση έχει πλοκή.

Fotis34 · #14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 07, 2026 8:28 am
Αφού ρωτάς την γνώμη μας, σχολιάζω:

Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 06, 2026 10:06 pm
Άρα δεν υπάρχει λύση για πρώτους αριθμούς $p,q \ge 5$ και θετικούς ακέραιους , γιατί το mod 4 δείχνει άμεσα το άτοπο.
.
Έκανες πολλά βήματα για να καταλήξεις στο παραπάνω αλλά αυτό είναι τεριμμένο: Δεν μπορεί οι να είναι και οι δύο περιττοί αφού τότε το ένα μέλος της θα ήταν περιττό και το άλλο άρτιο. 'Ατοπο.
.
Fotis34 έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 06, 2026 10:06 pm
Μετά εύκολα μπορούμε να βρούμε τις λύσεις της εξίσωσης αφού αναγκαστικά πρέπει τουλάχιστον ένας από τους $\displaystyle{p,q}$ να είναι ίσος με $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{3}$ .
.
Δεν είναι καθόλου εύκολο. Είναι η ουσία της άσκησης. Ακόμη και με την βελτιωμένη εκδοχή που σου έγραψα, ότι δηλαδή ο ένας εκ των είναι ίσος με (ο ίδιος γράφεις ότι μπορεί να είναι και ), η λύση έχει πλοκή.

Εννοούσα αν είχα κάνει κάποιο λάθος στο ότι άτοπο αν $\displaystyle{p,q≥5}$ .

Ελέγχω τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)=(2,2)}$ ή $\displaystyle{(p,q)=(3,3)}$ , τα οποία δίνουν άτοπο. Μου μένουν μόνο τα ζεύγη $\displaystyle{(p,q)=(3,2),(2,3)}$ , για αυτά θα προσπαθήσω να γράψω λύση αργότερα.

Fotis34 · #15

achilleas έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 30, 2022 4:26 pm
Πρόβλημα 3 - Ελλάδα. Να βρεθούν όλες οι τετράδες θετικών ακέραιων αριθμών , όπου οι και είναι πρώτοι αριθμοί και , έτσι ώστε $\displaystyle{ p^{a} = 1 + 5 q^{b}.}$

Αν και οι δύο $\displaystyle{p,q}$ ήταν περιττοί τότε το ένα μέλος της δοθείσας είναι περιττό και τα άλλο άρτιο, Άτοπο!

Τουλάχιστον ένας από τους $\displaystyle{p,q}$ είναι ίσος με $\displaystyle{2}$ . Αν είναι και οι δύο ίσοι με $\displaystyle{2}$ εύκολα έχουμε άτοπο.

Περίπτωση 1:

Έστω ότι $\displaystyle{p=2}$ , η εξίσωση γράφεται:
$\displaystyle{2^a=1+5q^b}$ παίρνοντας $\displaystyle{mod 3}$ με $\displaystyle{q≠3}$ , άτοπο! Άρα $\displaystyle{q=3}$ και $\displaystyle{a}$ είναι άρτιος.

Η εξίσωση γράφεται:
$\displaystyle{2^a=1+}$ $\displaystyle 5 \cdot 3^b$
, όμως με $\displaystyle{mod 4}$ είναι $\displaystyle{a=4c}$ για κάποιον θετικό ακέραιο $\displaystyle{c}$ .

Μπορούμε να γράψουμε λοιπόν την εξίσωση:

$\displaystyle{(2^c-1)(2^c+1)(4^c +1)=}$ $\displaystyle 5 \cdot 3^b$ .
Από την τελευταία προκύπτει ότι πρέπει ο $\displaystyle{c}$ να είναι περιττός. Για κάθε $\displaystyle{c}$ περιττό ισχύει ότι:

1. $\displaystyle{3|2^c+1}$ .

2. $\displaystyle{5|4^c+1}$ .

Από τις $\displaystyle{1}$ και $\displaystyle{2}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{2^c-1=1}$ $\displaystyle{\Rightarrow}$ $\displaystyle{c=1}$ , $\displaystyle{a=4}$ και $\displaystyle{b=1}$ .

Άρα έχουμε την λύση $\displaystyle{(p,q,a,b)=(2,3,4,1)}$ .

Περίπτωση 2:

Έστω ότι $\displaystyle{q=2}$ . Πρέπει επίσης ο $\displaystyle{a}$ να είναι άρτιος. Έστω, λοιπόν, $\displaystyle{a=2c}$ για κάποιον θετικό ακέραιο $\displaystyle{c}$ .

Η δοθείσα γράφεται:

$\displaystyle{(p^c-1)(p^c+1)=}$ $\displaystyle 5 \cdot 2^b$ . Άρα πρέπει ένας όρος από το αριστερό μέλος να αντιστοιχεί με έναν όρο από το δείξει μέλος. Άτοπο, γιατί και στις δύο περιπτώσεις ο $\displaystyle{p}$ είναι άρτιος.

Έχουμε δύο περιπτώσεις λοιπόν:

1. $p^c - 1 = 2^{b-1}, \quad p^c + 1 = 2 \cdot 5$

$\displaystyle p^c - 1 = 8 \implies p^c = 9 \implies p = 3, \ c = 2,$
$\displaystyle p^c + 1 = 10 = 2 \cdot 5, \quad b = 4$

2. $p^c + 1 = 2^{b-1}, \quad p^c - 1 = 2 \cdot 5$

$\displaystyle{p^c + 1 = 8}$ $\displaystyle{\implies}$ $\displaystyle{p^c = 7}$ , που δεν είναι δύναμη πρώτου.

Άρα έχουμε λύση από την περίπτωση 1, την $\displaystyle{(p,q,a,b)=(3,2,4,4)}$ .

Συνοψίζοντας, $\displaystyle{(p,q,a,b)=(2,3,4,1) , (p,q,a,b)=(3,2,4,4).}$

Υγ. Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος, οποιαδήποτε παρατήρηση είναι ευπρόσδεκτη.

JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Re: JBMO 2022 - ΘΕΜΑΤΑ

Μέλη σε σύνδεση