Диофантови уравнения - много трудни задачи с решения

Решение:
При [tex]p=2[/tex] трябва [tex]2x^2=3[/tex], което е невъзможно, така че [tex]p[/tex] е нечетно просто число. Освен това
[tex]2y^2=p^2+1\gt p+1=2x^2\Rightarrow y\gt x,\qquad 2y^2=p^2+1\lt 2p^2\Rightarrow y\lt p[/tex]
Изваждаме първото равенство от второто:
[tex]2\left(y^2-x^2\right)=p^2-p\iff 2(y-x)(y+x)=p(p-1)[/tex]
Нечетното просто число [tex]p[/tex] дели [tex]2(y-x)(y+x)[/tex], следователно дели [tex]y-x[/tex] или [tex]y+x[/tex]. Но [tex]0\lt y-x\lt p[/tex], значи [tex]p\mid x+y[/tex], а понеже [tex]0\lt x+y\lt 2p[/tex], то [tex]x+y=p[/tex]. Тогава от [tex]2(y-x)p=p(p-1)[/tex] получаваме [tex]y-x=\frac{p-1}{2}[/tex] и
[tex]2x=(x+y)-(y-x)=p-\frac{p-1}{2}=\frac{p+1}{2}\Rightarrow p+1=4x[/tex]
Като сравним с [tex]p+1=2x^2[/tex] и използваме, че [tex]x\gt 0[/tex], получаваме
[tex]2x^2=4x\Rightarrow x=2,\quad p=7,\quad y=p-x=5[/tex]
Проверка: [tex]7+1=2\cdot 2^2[/tex] и [tex]7^2+1=2\cdot 5^2[/tex]. Отговор: [tex]p=7[/tex].

Решение:
При [tex]n=1[/tex] сумата е [tex]100\ne 2009[/tex], така че [tex]n\ge 2[/tex]. Тъй като [tex]n\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], всяка степен [tex]n^{x_i}[/tex] (включително [tex]n^0=1[/tex]) удовлетворява [tex]n^{x_i}\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], така че лявата страна е сравнима със [tex]100[/tex] по модул [tex]n-1[/tex]. Следователно
[tex]n-1\mid 2009-100=1909=23\cdot 83\Rightarrow n-1\in\{1; 23; 83; 1909\}\Rightarrow n\in\{2; 24; 84; 1910\}[/tex]
И четирите стойности са възможни. За [tex]n=24[/tex], [tex]84[/tex] и [tex]1910[/tex] е достатъчно да вземем събираеми [tex]n^1=n[/tex] и [tex]n^0=1[/tex]:
[tex]2009=83\cdot 24+17\cdot 1,\qquad 2009=23\cdot 84+77\cdot 1,\qquad 2009=1\cdot 1910+99\cdot 1[/tex]
като във всеки случай броят на събираемите е [tex]83+17=23+77=1+99=100[/tex]. За [tex]n=2[/tex] двоичният запис
[tex]2009=2^{10}+2^9+2^8+2^7+2^6+2^4+2^3+2^0[/tex]
съдържа [tex]8[/tex] събираеми. Ако заменим събираемо [tex]2^k[/tex], където [tex]k\ge 1[/tex], с две събираеми [tex]2^{k-1}[/tex], сумата не се променя, а броят на събираемите нараства с [tex]1[/tex]. Това може да се повтаря, докато има събираемо, по-голямо от [tex]1[/tex], т.е. до [tex]2009[/tex] събираеми, така че в частност можем да получим точно [tex]100[/tex] събираеми.
Следователно [tex]n\in\{2; 24; 84; 1910\}[/tex].

Решение:
Нека страните са [tex]a,b,c[/tex], полупериметърът е [tex]s[/tex], и нека [tex]x=s-a[/tex], [tex]y=s-b[/tex], [tex]z=s-c[/tex]. От неравенството на триъгълника тези числа са положителни и
[tex]x+y+z=3s-2s=s,\qquad a=y+z,\quad b=x+z,\quad c=x+y[/tex]
По Хероновата формула лицето е [tex]S=\sqrt{sxyz}[/tex], а периметърът е [tex]2s[/tex]. Условието [tex]S=2s[/tex] дава
[tex]sxyz=4s^2\iff xyz=4s=4(x+y+z)[/tex]
Числата [tex]2x=b+c-a[/tex], [tex]2y=a+c-b[/tex], [tex]2z=a+b-c[/tex] имат същата четност като периметъра [tex]a+b+c[/tex]. Ако периметърът беше нечетен, то [tex]X=2x[/tex], [tex]Y=2y[/tex], [tex]Z=2z[/tex] щяха да са нечетни цели числа с [tex]\frac{XYZ}{8}=4\cdot \frac{X+Y+Z}{2}[/tex], т.е. [tex]XYZ=16(X+Y+Z)[/tex] — нечетно число, равно на четно. Следователно периметърът е четен и [tex]x,y,z[/tex] са естествени числа, за които [tex]xyz=4(x+y+z)[/tex].
Нека [tex]x\ge y\ge z[/tex]. Тогава [tex]xyz=4(x+y+z)\le 12x[/tex], откъдето [tex]yz\le 12[/tex]. Освен това [tex]x(yz-4)=4(y+z)\gt 0[/tex], така че [tex]yz\gt 4[/tex] и
[tex]x=\frac{4(y+z)}{yz-4}[/tex]
Ако [tex]z=1[/tex], то [tex]5\le y\le 12[/tex] и [tex]x=\frac{4(y+1)}{y-4}[/tex] е цяло число с [tex]x\ge y[/tex] само при [tex]y=5[/tex] ([tex]x=24[/tex]), [tex]y=6[/tex] ([tex]x=14[/tex]) и [tex]y=8[/tex] ([tex]x=9[/tex]).
Ако [tex]z=2[/tex], то [tex]3\le y\le 6[/tex] и [tex]x=\frac{2(y+2)}{y-2}[/tex]: при [tex]y=3[/tex] получаваме [tex]x=10[/tex], при [tex]y=4[/tex] — [tex]x=6[/tex], при [tex]y=5[/tex] числото [tex]x[/tex] не е цяло, а при [tex]y=6[/tex] — [tex]x=4\lt y[/tex].
Ако [tex]z=3[/tex], то [tex]y\in\{3; 4\}[/tex] и [tex]x=\frac{24}{5}[/tex] или [tex]x=\frac{28}{8}[/tex], които не са цели числа. Ако [tex]z\ge 4[/tex], то [tex]yz\ge 16\gt 12[/tex].
Петте тройки [tex](x; y; z)[/tex] дават триъгълниците със страни [tex](a; b; c)=(y+z; x+z; x+y)[/tex]:
[tex](24; 5; 1)\to(6; 25; 29),\qquad (14; 6; 1)\to(7; 15; 20),\qquad (9; 8; 1)\to(9; 10; 17)[/tex]
[tex](10; 3; 2)\to(5; 12; 13),\qquad (6; 4; 2)\to(6; 8; 10)[/tex]
Всички стъпки са обратими, така че и петте триъгълника са съвършени; например триъгълникът със страни [tex]5[/tex], [tex]12[/tex], [tex]13[/tex] има периметър [tex]30[/tex] и лице [tex]\frac{5\cdot 12}{2}=30[/tex]. Следователно има [tex]5[/tex] съвършени триъгълника с цели страни.

Решение:
Нека [tex]p^3-4p+9=n^2[/tex], където [tex]n\ge 0[/tex] е цяло число. Тъй като [tex]p\ge 2[/tex], имаме [tex]p^3-4p=p\left(p^2-4\right)\ge 0[/tex], така че [tex]n\ge 3[/tex]. Записваме уравнението във вида
[tex]p(p-2)(p+2)=(n-3)(n+3)[/tex]
Простото число [tex]p[/tex] дели [tex](n-3)(n+3)[/tex], следователно [tex]p\mid n-3[/tex] или [tex]p\mid n+3[/tex].
Случай [tex]1[/tex]: [tex]n-3=kp[/tex], [tex]k\ge 0[/tex]. Ако [tex]k=0[/tex], то [tex]n=3[/tex] и [tex]p\left(p^2-4\right)=0[/tex], така че [tex]p=2[/tex]. Ако [tex]k\ge 1[/tex], заместваме [tex]n=kp+3[/tex] и делим на [tex]p[/tex]:
[tex]p^2-4=k(kp+6)\iff p\left(p-k^2\right)=6k+4\gt 0[/tex]
Тогава [tex]p\gt k^2[/tex], т.е. [tex]p-k^2\ge 1[/tex] и [tex]k^2\lt p\le p\left(p-k^2\right)=6k+4[/tex], откъдето [tex]k\le 6[/tex]. Освен това [tex]p[/tex] е прост делител на [tex]6k+4[/tex], по-голям от [tex]k^2[/tex]. При [tex]k=1[/tex] простите делители на [tex]10[/tex] са [tex]2[/tex] и [tex]5[/tex], но [tex]2\cdot (2-1)=2\ne 10[/tex] и [tex]5\cdot (5-1)=20\ne 10[/tex]. При [tex]k=2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex] нито един прост делител на [tex]16[/tex], [tex]28[/tex], [tex]34[/tex], [tex]40[/tex] не е по-голям съответно от [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex], [tex]36[/tex]. При [tex]k=3[/tex] получаваме [tex]p(p-9)=22[/tex], откъдето [tex]p=11[/tex] (наистина [tex]11\cdot 2=22[/tex]).
Случай [tex]2[/tex]: [tex]n+3=kp[/tex], [tex]k\ge 1[/tex]. Заместваме [tex]n=kp-3[/tex] и делим на [tex]p[/tex]:
[tex]p^2-4=k(kp-6)\iff p\left(k^2-p\right)=6k-4\gt 0[/tex]
Следователно [tex]p[/tex] и [tex]q=k^2-p[/tex] са естествени числа с [tex]p+q=k^2[/tex] и [tex]pq=6k-4[/tex]. От [tex](p-1)(q-1)\ge 0[/tex] следва [tex]p+q\le pq+1[/tex], т.е. [tex]k^2\le 6k-3[/tex], откъдето [tex]k\le 5[/tex]. При [tex]k=1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex] няма естествени числа със сбор съответно [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex] и произведение [tex]2[/tex], [tex]8[/tex], [tex]20[/tex], [tex]26[/tex]. При [tex]k=3[/tex] имаме [tex]p+q=9[/tex], [tex]pq=14[/tex], откъдето [tex]\{p; q\}=\{2; 7\}[/tex], т.е. [tex]p=2[/tex] или [tex]p=7[/tex].
Проверка:
[tex]2^3-8+9=9=3^2,\qquad 7^3-28+9=324=18^2,\qquad 11^3-44+9=1296=36^2[/tex]
Следователно [tex]p\in\{2; 7; 11\}[/tex].

Решение:
Ако [tex]x\le -2[/tex], то [tex]0\lt 2^x+2^{2x+1}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\lt 1[/tex], така че [tex]1\lt y^2\lt 2[/tex], което е невъзможно. При [tex]x=-1[/tex] получаваме [tex]y^2=2[/tex], което също е невъзможно. При [tex]x=0[/tex] получаваме [tex]y^2=4[/tex], [tex]y=\pm 2[/tex].
Нека [tex]x\ge 1[/tex]. Тъй като [tex](x; y)[/tex] и [tex](x; -y)[/tex] са едновременно решения, можем да считаме, че [tex]y\gt 0[/tex]. Лявата страна е нечетна, следователно [tex]y[/tex] е нечетно и
[tex]2^x\left(1+2^{x+1}\right)=(y-1)(y+1)[/tex]
Четните числа [tex]y-1[/tex] и [tex]y+1[/tex] се различават с [tex]2[/tex], затова едното от тях се дели на [tex]2[/tex], но не и на [tex]4[/tex], а другото се дели на [tex]4[/tex]. Тъй като [tex]1+2^{x+1}[/tex] е нечетно, произведението съдържа множителя [tex]2[/tex] точно [tex]x[/tex] пъти, следователно другото число е [tex]2^{x-1}m[/tex] с нечетно [tex]m[/tex] и [tex]x-1\ge 2[/tex], т.е. [tex]x\ge 3[/tex]. Така [tex]y=2^{x-1}m+\varepsilon[/tex], където [tex]m[/tex] е нечетно естествено число и [tex]\varepsilon=\pm 1[/tex]. Заместваме в [tex]y^2-1=2^x+2^{2x+1}[/tex]:
[tex]2^{2x-2}m^2+2^x m\varepsilon=2^x+2^{2x+1}[/tex]
и като разделим на [tex]2^x[/tex]:
[tex]2^{x-2}m^2+m\varepsilon=1+2^{x+1}\iff 2^{x-2}\left(m^2-8\right)=1-\varepsilon m[/tex]
Ако [tex]\varepsilon=1[/tex], дясната страна е [tex]1-m\le 0[/tex], така че [tex]m^2\le 8[/tex], т.е. [tex]m=1[/tex], и тогава [tex]-7\cdot 2^{x-2}=0[/tex], което е невъзможно.
Ако [tex]\varepsilon=-1[/tex], то [tex]2^{x-2}\left(m^2-8\right)=1+m\gt 0[/tex], така че [tex]m\ge 3[/tex]. Тъй като [tex]x\ge 3[/tex], имаме [tex]2^{x-2}\ge 2[/tex] и
[tex]1+m\ge 2\left(m^2-8\right)\iff 2m^2-m-17\le 0\Rightarrow m\le 3[/tex]
Значи [tex]m=3[/tex], [tex]2^{x-2}=4[/tex], [tex]x=4[/tex] и [tex]y=2^3\cdot 3-1=23[/tex]. Проверка: [tex]1+2^4+2^9=1+16+512=529=23^2[/tex].
Решенията са [tex](0; 2)[/tex], [tex](0; -2)[/tex], [tex](4; 23)[/tex] и [tex](4; -23)[/tex].

Решение:
Да допуснем, че естествените числа [tex]m[/tex], [tex]n[/tex] удовлетворяват уравнението. Тогава [tex]2^m\equiv 19\pmod{37}[/tex], а понеже [tex]2\cdot 19=38\equiv 1\pmod{37}[/tex], след умножение по [tex]2[/tex] получаваме
[tex]2^{m+1}\equiv 1\pmod{37}[/tex]
Нека [tex]d[/tex] е най-малкото естествено число, за което [tex]2^d\equiv 1\pmod{37}[/tex]. Ако [tex]2^N\equiv 1\pmod{37}[/tex] и [tex]N=qd+r[/tex], [tex]0\le r\lt d[/tex], то [tex]2^r\equiv 1\pmod{37}[/tex] и от минималността на [tex]d[/tex] следва [tex]r=0[/tex]; значи [tex]d[/tex] дели всяко такова [tex]N[/tex], в частност [tex]d\mid m+1[/tex]. Освен това
[tex]2^8=256\equiv -3\pmod{37},\qquad 2^{10}=1024\equiv 25\equiv -12\pmod{37}[/tex]
[tex]2^{18}=2^{10}\cdot 2^8\equiv (-12)(-3)=36\equiv -1\pmod{37},\qquad 2^{36}\equiv 1\pmod{37}[/tex]
Следователно [tex]d\mid 36[/tex], но [tex]d\nmid 18[/tex] (иначе [tex]2^{18}\equiv 1[/tex]). Делителите на [tex]36[/tex], които не делят [tex]18[/tex], са [tex]4[/tex], [tex]12[/tex] и [tex]36[/tex], така че [tex]4\mid d[/tex]. Тогава [tex]4\mid m+1[/tex], т.е. [tex]m=4j+3[/tex] с цяло [tex]j\ge 0[/tex], и
[tex]2^m=8\cdot 16^j[/tex]
завършва на цифрата [tex]8[/tex] (при [tex]j=0[/tex] е равно на [tex]8[/tex], а при [tex]j\ge 1[/tex] числото [tex]16^j[/tex] завършва на [tex]6[/tex] и [tex]8\cdot 6=48[/tex]). Следователно [tex]37n^2=2^m-19[/tex] завършва на цифрата [tex]9[/tex]. Тъй като [tex]37n^2\equiv 7n^2\pmod{10}[/tex] и [tex]7\cdot 3=21\equiv 1\pmod{10}[/tex], след умножение по [tex]3[/tex] получаваме
[tex]7n^2\equiv 9\pmod{10}\Rightarrow n^2\equiv 27\equiv 7\pmod{10}[/tex]
т.е. [tex]n^2[/tex] завършва на цифрата [tex]7[/tex]. Но квадратът на цяло число може да завършва само на [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex] или [tex]9[/tex]. Това противоречие доказва, че уравнението няма решение в естествени числа.

Решение:
Да допуснем, че целите числа [tex]x[/tex], [tex]y[/tex] удовлетворяват уравнението, и нека [tex]d=x-y[/tex], [tex]s=x+y[/tex]. Тогава
[tex]x^5-y^5=dQ,\qquad Q=x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4[/tex]
Като заместим [tex]x=\frac{s+d}{2}[/tex], [tex]y=\frac{s-d}{2}[/tex], проверяваме тъждеството
[tex]16Q=5s^4+10s^2d^2+d^4[/tex]
Следователно [tex]Q\ge 0[/tex], а от [tex]dQ=1993\gt 0[/tex] получаваме [tex]d\ge 1[/tex] и [tex]Q\ge\frac{d^4}{16}[/tex]. Тогава
[tex]1993=dQ\ge\frac{d^5}{16}\Rightarrow d^5\le 31888\lt 32768=8^5\Rightarrow d\le 7[/tex]
Освен това [tex]d[/tex] дели [tex]1993[/tex], което е нечетно и не се дели на [tex]3[/tex], [tex]5[/tex] и [tex]7[/tex]:
[tex]1993=3\cdot 664+1=5\cdot 398+3=7\cdot 284+5[/tex]
следователно [tex]d=1[/tex]. За всяко цяло [tex]t[/tex] е изпълнено [tex]t^5\equiv t\pmod 5[/tex]; достатъчно е да проверим остатъците [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex], [tex]4[/tex]:
[tex]0^5=0,\quad 1^5=1,\quad 2^5=32\equiv 2,\quad 3^5=243\equiv 3,\quad 4^5=1024\equiv 4\pmod 5[/tex]
Следователно [tex]x^5-y^5\equiv x-y=1\pmod 5[/tex], а [tex]1993\equiv 3\pmod 5[/tex]. Това противоречие показва, че уравнението няма решение в цели числа.