Rješenja zadatka "Junior Balkan MO 2012 - Problem 4" korisnika "leonstaresinic"

Neocijenjeno

30. svibnja 2014. 23:00 (9 godine, 11 mjeseci)

Korisnik: leonstaresinic
Zadatak: Junior Balkan MO 2012 - Problem 4 (Sakrij tekst zadatka)

Find all positive integers $x,y,z$ and $t$ such that $2^x3^y+5^z=7^t$

Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.

Unaprijed sory za nepreglednost i dužinu riješenja (ovo je kraća verzija riješenja, bez manjih objašnjenja)

1. Promatramo (mod 3) , iz cega zaključujemo :

2^x*3^y kongurentno 0 (mod 3) i 7^t kongurentno 1 (mod 3) -> 5^z kongruento 1 (mod 3) -> z paran
z = 2*z2

2. Promatramo (mod 8)

1. slucaj , x=1 :

2*3^y kongruento 6 ili 2 (mod 8) *
5^(2*z2) kongruento 1 (mod 8) **
7^t kongruento -1 ili 1 (mod 8) ***
Ovaj sustav ima riješenje samo kada je * kongurento 6 , a *** -1 (mod 8) , pa su y i t neparni.

Sada promatramo (mod 5) u sustavu 2 * 3^( 2*y2 + 1 ) + 5 ^ ( 2*z2 ) = 7^( 2*t2 + 1 )

Vidimo da je prvi član kongurentan 1 ili 4 , a RHS 3 ili 2 (mod 5) , pa zaključujemo da ovaj sustav nema riješenja.

2. slučaj , x = 2 :

4*3^y kongruento 4 (mod 8)
5^(2*z2) kongruento 1 (mod 8)
7^t kongruento -1 ili 1 (mod 8)

Očito , ovaj sustav nema riješenja.

3. slučaj , x >= 3

Sada primjećujemo da 7^t mora biti kongruentno 1 mod 8 , pa je t paran -> t = 2*t2
Kada prebacimo 2. član LHS na desnu stranu dobijemo sljedeći izgled jednadžbe :

2^x * 3^y = (7 ^ t2 - 5 ^ z2) (7 ^ t2 + 5 ^ z2)

U ovoj jednažbi primjećujemo da ako je jedna zagrada RHS-a dijeljiva s 3 , druga nije , a ta koja nije mora biti isključivo potencija broja 2, pa mozemo promatramo 2 slučaja :

1. slučaj 7 ^ t2 - 5 ^ z2 = 2 ^ k

1. 1. : t2 = 1 , z2 = 1 :
riješenja ovoga ispadnu x = 3 , y = 1 , z = 2 , t = 2 , donosno
2^3 * 3 + 5^2 = 7^2

1. 2. !(t2 = 1 & z2 = 1)
Kako je 7 ^ t2 + 5 ^ z2 dijeljivo s 3 , zakljucujemo da je z2 neparan , z2 = 2z3 + 1
Gledamo (mod 8) :
5 ^ (2z3 +1) kongruentno 5 (mod 8)
7 ^ t2 kongruentno -1 ili 1 (mod 8)
Iz ovoga zakljucujem da je 7 ^ t2 - 5 ^ z2 = 4 , odnosno 7 ^ t2 = 4 + 5 ^ z2
Sada to uvrstimo u drugu zagradu koja postaje :

2 * 5 ^z2 + 4 , sto bi trebalo biti dijeljivo s 3 , no to nije moguće s obzirom da je z2 neprano -> sustav nema riješenja.

2. slučaj, 7 ^ t2 + 5 ^ z2 = 2 ^ k, >= 12

Broj koji je veći od 12 i potencija boja dva mora biti dijeljiv s 8 , pa zaključujemo da je t2 neparan.

Kada promatramo drugu zagradu RHS pocetnog izraza , (7 ^ t2 - 5 ^ z2) , znamo da ona mora biti dijeljiva s 3 , pa zakljucujemo z2 paran.
Također kada promatramo zagradu vidimo iz uvjeta z2 paran , t2 neparan da ona nije dijeljiva s 4 , pa mozemo izraz napisati kao :

7 ^ t2 = 5 ^ z2 + 2*3^n , pa to uvrstimo u prvu zagradu i dobijemo :

2 * 5 ^ z2 + 2*3^n = 2^k , a ovdje znamo da je desna strana dijeljiva s 8 , pa ovaj sustav također nema riješenja.

Dakle u konačnici su jedina riješenja : X = 3 , Y = 1 , Z = 2 i T = 2.

%V0 Unaprijed sory za nepreglednost i dužinu riješenja (ovo je kraća verzija riješenja, bez manjih objašnjenja) 1. Promatramo (mod 3) , iz cega zaključujemo : 2^x*3^y kongurentno 0 (mod 3) i 7^t kongurentno 1 (mod 3) -> 5^z kongruento 1 (mod 3) -> z paran z = 2*z2 2. Promatramo (mod 8) 1. slucaj , x=1 : 2*3^y kongruento 6 ili 2 (mod 8) * 5^(2*z2) kongruento 1 (mod 8) ** 7^t kongruento -1 ili 1 (mod 8) *** Ovaj sustav ima riješenje samo kada je * kongurento 6 , a *** -1 (mod 8) , pa su y i t neparni. Sada promatramo (mod 5) u sustavu 2 * 3^( 2*y2 + 1 ) + 5 ^ ( 2*z2 ) = 7^( 2*t2 + 1 ) Vidimo da je prvi član kongurentan 1 ili 4 , a RHS 3 ili 2 (mod 5) , pa zaključujemo da ovaj sustav nema riješenja. 2. slučaj , x = 2 : 4*3^y kongruento 4 (mod 8) 5^(2*z2) kongruento 1 (mod 8) 7^t kongruento -1 ili 1 (mod 8) Očito , ovaj sustav nema riješenja. 3. slučaj , x >= 3 Sada primjećujemo da 7^t mora biti kongruentno 1 mod 8 , pa je t paran -> t = 2*t2 Kada prebacimo 2. član LHS na desnu stranu dobijemo sljedeći izgled jednadžbe : 2^x * 3^y = (7 ^ t2 - 5 ^ z2) (7 ^ t2 + 5 ^ z2) U ovoj jednažbi primjećujemo da ako je jedna zagrada RHS-a dijeljiva s 3 , druga nije , a ta koja nije mora biti isključivo potencija broja 2, pa mozemo promatramo 2 slučaja : 1. slučaj 7 ^ t2 - 5 ^ z2 = 2 ^ k 1. 1. : t2 = 1 , z2 = 1 : riješenja ovoga ispadnu x = 3 , y = 1 , z = 2 , t = 2 , donosno 2^3 * 3 + 5^2 = 7^2 1. 2. !(t2 = 1 & z2 = 1) Kako je 7 ^ t2 + 5 ^ z2 dijeljivo s 3 , zakljucujemo da je z2 neparan , z2 = 2z3 + 1 Gledamo (mod 8) : 5 ^ (2z3 +1) kongruentno 5 (mod 8) 7 ^ t2 kongruentno -1 ili 1 (mod 8) Iz ovoga zakljucujem da je 7 ^ t2 - 5 ^ z2 = 4 , odnosno 7 ^ t2 = 4 + 5 ^ z2 Sada to uvrstimo u drugu zagradu koja postaje : 2 * 5 ^z2 + 4 , sto bi trebalo biti dijeljivo s 3 , no to nije moguće s obzirom da je z2 neprano -> sustav nema riješenja. 2. slučaj, 7 ^ t2 + 5 ^ z2 = 2 ^ k, >= 12 Broj koji je veći od 12 i potencija boja dva mora biti dijeljiv s 8 , pa zaključujemo da je t2 neparan. Kada promatramo drugu zagradu RHS pocetnog izraza , (7 ^ t2 - 5 ^ z2) , znamo da ona mora biti dijeljiva s 3 , pa zakljucujemo z2 paran. Također kada promatramo zagradu vidimo iz uvjeta z2 paran , t2 neparan da ona nije dijeljiva s 4 , pa mozemo izraz napisati kao : 7 ^ t2 = 5 ^ z2 + 2*3^n , pa to uvrstimo u prvu zagradu i dobijemo : 2 * 5 ^ z2 + 2*3^n = 2^k , a ovdje znamo da je desna strana dijeljiva s 8 , pa ovaj sustav također nema riješenja. Dakle u konačnici su jedina riješenja : X = 3 , Y = 1 , Z = 2 i T = 2.

Komentari:

grga, 28. listopada 2015. 14:21

moram priznat da mi je sve jasno osim ovog zavrsetka.. (predzadnji red) - zasto nebi lijeva strana bila djeljiva s $8$ ? (npr za $z_2 = 2$ , $n = 1$ ?)

Školjka

Komentari: