Diofantove jednačine - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Za [tex]p=2[/tex] bilo bi [tex]2x^2=3[/tex], što je nemoguće, pa je [tex]p[/tex] neparan prost broj. Osim toga,
[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]
Oduzimanjem prve jednakosti od druge dobijamo
[tex]2\left(y^2-x^2\right)=p^2-p\iff 2(y-x)(y+x)=p(p-1)[/tex]
Neparan prost broj [tex]p[/tex] deli [tex]2(y-x)(y+x)[/tex], pa deli [tex]y-x[/tex] ili [tex]y+x[/tex]. Ali [tex]0\lt y-x\lt p[/tex], pa [tex]p\mid x+y[/tex], a pošto je [tex]0\lt x+y\lt 2p[/tex], sledi [tex]x+y=p[/tex]. Tada iz [tex]2(y-x)p=p(p-1)[/tex] dobijamo [tex]y-x=\frac{p-1}{2}[/tex] i
[tex]2x=(x+y)-(y-x)=p-\frac{p-1}{2}=\frac{p+1}{2}\Rightarrow p+1=4x[/tex]
Upoređivanjem sa [tex]p+1=2x^2[/tex], pošto je [tex]x\gt 0[/tex], dobijamo
[tex]2x^2=4x\Rightarrow x=2,\quad p=7,\quad y=p-x=5[/tex]
Provera: [tex]7+1=2\cdot 2^2[/tex] i [tex]7^2+1=2\cdot 5^2[/tex]. Odgovor: [tex]p=7[/tex].

Rešenje:
Za [tex]n=1[/tex] zbir je jednak [tex]100\ne 2009[/tex], pa je [tex]n\ge 2[/tex]. Pošto je [tex]n\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], svaki stepen [tex]n^{x_i}[/tex] (uključujući [tex]n^0=1[/tex]) zadovoljava [tex]n^{x_i}\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], pa je leva strana kongruentna sa [tex]100[/tex] po modulu [tex]n-1[/tex]. Dakle,
[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]
Sve četiri vrednosti zadovoljavaju uslov. Za [tex]n=24[/tex], [tex]84[/tex] i [tex]1910[/tex] dovoljno je uzeti sabirke [tex]n^1=n[/tex] i [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]
pri čemu je u svakom slučaju broj sabiraka [tex]83+17=23+77=1+99=100[/tex]. Za [tex]n=2[/tex] binarni zapis
[tex]2009=2^{10}+2^9+2^8+2^7+2^6+2^4+2^3+2^0[/tex]
ima [tex]8[/tex] sabiraka. Zamenom sabirka [tex]2^k[/tex], gde je [tex]k\ge 1[/tex], sa dva sabirka [tex]2^{k-1}[/tex] zbir se ne menja, a broj sabiraka se povećava za [tex]1[/tex]. To se može ponavljati dok god postoji sabirak veći od [tex]1[/tex], tj. sve do [tex]2009[/tex] sabiraka, pa se, posebno, može dobiti tačno [tex]100[/tex] sabiraka.
Dakle, [tex]n\in\{2; 24; 84; 1910\}[/tex].

Rešenje:
Neka su stranice [tex]a,b,c[/tex], poluobim [tex]s[/tex], i neka je [tex]x=s-a[/tex], [tex]y=s-b[/tex], [tex]z=s-c[/tex]. Prema nejednakosti trougla ovi brojevi su pozitivni i
[tex]x+y+z=3s-2s=s,\qquad a=y+z,\quad b=x+z,\quad c=x+y[/tex]
Prema Heronovom obrascu površina je [tex]S=\sqrt{sxyz}[/tex], a obim je [tex]2s[/tex]. Uslov [tex]S=2s[/tex] daje
[tex]sxyz=4s^2\iff xyz=4s=4(x+y+z)[/tex]
Brojevi [tex]2x=b+c-a[/tex], [tex]2y=a+c-b[/tex], [tex]2z=a+b-c[/tex] imaju istu parnost kao obim [tex]a+b+c[/tex]. Kada bi obim bio neparan, [tex]X=2x[/tex], [tex]Y=2y[/tex], [tex]Z=2z[/tex] bili bi neparni celi brojevi za koje je [tex]\frac{XYZ}{8}=4\cdot \frac{X+Y+Z}{2}[/tex], tj. [tex]XYZ=16(X+Y+Z)[/tex] — neparan broj bio bi jednak parnom. Dakle, obim je paran, a [tex]x,y,z[/tex] su prirodni brojevi za koje je [tex]xyz=4(x+y+z)[/tex].
Neka je [tex]x\ge y\ge z[/tex]. Tada je [tex]xyz=4(x+y+z)\le 12x[/tex], odakle je [tex]yz\le 12[/tex]. Osim toga, [tex]x(yz-4)=4(y+z)\gt 0[/tex], pa je [tex]yz\gt 4[/tex] i
[tex]x=\frac{4(y+z)}{yz-4}[/tex]
Ako je [tex]z=1[/tex], onda je [tex]5\le y\le 12[/tex], a [tex]x=\frac{4(y+1)}{y-4}[/tex] je ceo broj sa [tex]x\ge y[/tex] samo za [tex]y=5[/tex] ([tex]x=24[/tex]), [tex]y=6[/tex] ([tex]x=14[/tex]) i [tex]y=8[/tex] ([tex]x=9[/tex]).
Ako je [tex]z=2[/tex], onda je [tex]3\le y\le 6[/tex] i [tex]x=\frac{2(y+2)}{y-2}[/tex]: za [tex]y=3[/tex] dobijamo [tex]x=10[/tex], za [tex]y=4[/tex] dobijamo [tex]x=6[/tex], za [tex]y=5[/tex] broj [tex]x[/tex] nije ceo, a za [tex]y=6[/tex] je [tex]x=4\lt y[/tex].
Ako je [tex]z=3[/tex], onda je [tex]y\in\{3; 4\}[/tex] i [tex]x=\frac{24}{5}[/tex] ili [tex]x=\frac{28}{8}[/tex], što nisu celi brojevi. Ako je [tex]z\ge 4[/tex], onda je [tex]yz\ge 16\gt 12[/tex].
Ovih pet trojki [tex](x; y; z)[/tex] daje trouglove sa stranicama [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]
Svi koraci su ekvivalentni, pa je svih pet trouglova savršeno; na primer, trougao sa stranicama [tex]5[/tex], [tex]12[/tex], [tex]13[/tex] ima obim [tex]30[/tex] i površinu [tex]\frac{5\cdot 12}{2}=30[/tex]. Dakle, postoji [tex]5[/tex] savršenih trouglova sa celobrojnim stranicama.

Rešenje:
Neka je [tex]p^3-4p+9=n^2[/tex], gde je [tex]n\ge 0[/tex] ceo broj. Pošto je [tex]p\ge 2[/tex], imamo [tex]p^3-4p=p\left(p^2-4\right)\ge 0[/tex], pa je [tex]n\ge 3[/tex]. Zapišimo jednačinu u obliku
[tex]p(p-2)(p+2)=(n-3)(n+3)[/tex]
Prost broj [tex]p[/tex] deli [tex](n-3)(n+3)[/tex], pa [tex]p\mid n-3[/tex] ili [tex]p\mid n+3[/tex].
Slučaj [tex]1[/tex]: [tex]n-3=kp[/tex], [tex]k\ge 0[/tex]. Ako je [tex]k=0[/tex], onda je [tex]n=3[/tex] i [tex]p\left(p^2-4\right)=0[/tex], pa je [tex]p=2[/tex]. Ako je [tex]k\ge 1[/tex], zamenom [tex]n=kp+3[/tex] i deljenjem sa [tex]p[/tex] dobijamo
[tex]p^2-4=k(kp+6)\iff p\left(p-k^2\right)=6k+4\gt 0[/tex]
Tada je [tex]p\gt k^2[/tex], tj. [tex]p-k^2\ge 1[/tex] i [tex]k^2\lt p\le p\left(p-k^2\right)=6k+4[/tex], odakle je [tex]k\le 6[/tex]. Osim toga, [tex]p[/tex] je prost delilac broja [tex]6k+4[/tex] veći od [tex]k^2[/tex]. Za [tex]k=1[/tex] prosti delioci broja [tex]10[/tex] su [tex]2[/tex] i [tex]5[/tex], ali [tex]2\cdot (2-1)=2\ne 10[/tex] i [tex]5\cdot (5-1)=20\ne 10[/tex]. Za [tex]k=2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex] nijedan prost delilac brojeva [tex]16[/tex], [tex]28[/tex], [tex]34[/tex], [tex]40[/tex] nije veći redom od [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex], [tex]36[/tex]. Za [tex]k=3[/tex] dobijamo [tex]p(p-9)=22[/tex], odakle je [tex]p=11[/tex] (zaista, [tex]11\cdot 2=22[/tex]).
Slučaj [tex]2[/tex]: [tex]n+3=kp[/tex], [tex]k\ge 1[/tex]. Zamenom [tex]n=kp-3[/tex] i deljenjem sa [tex]p[/tex] dobijamo
[tex]p^2-4=k(kp-6)\iff p\left(k^2-p\right)=6k-4\gt 0[/tex]
Dakle, [tex]p[/tex] i [tex]q=k^2-p[/tex] su prirodni brojevi za koje je [tex]p+q=k^2[/tex] i [tex]pq=6k-4[/tex]. Iz [tex](p-1)(q-1)\ge 0[/tex] sledi [tex]p+q\le pq+1[/tex], tj. [tex]k^2\le 6k-3[/tex], odakle je [tex]k\le 5[/tex]. Za [tex]k=1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex] ne postoje prirodni brojevi čiji je zbir redom [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex], a proizvod [tex]2[/tex], [tex]8[/tex], [tex]20[/tex], [tex]26[/tex]. Za [tex]k=3[/tex] imamo [tex]p+q=9[/tex], [tex]pq=14[/tex], odakle je [tex]\{p; q\}=\{2; 7\}[/tex], tj. [tex]p=2[/tex] ili [tex]p=7[/tex].
Provera:
[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]
Dakle, [tex]p\in\{2; 7; 11\}[/tex].

Rešenje:
Ako je [tex]x\le -2[/tex], onda je [tex]0\lt 2^x+2^{2x+1}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\lt 1[/tex], pa je [tex]1\lt y^2\lt 2[/tex], što je nemoguće. Za [tex]x=-1[/tex] dobijamo [tex]y^2=2[/tex], što je takođe nemoguće. Za [tex]x=0[/tex] dobijamo [tex]y^2=4[/tex], [tex]y=\pm 2[/tex].
Neka je [tex]x\ge 1[/tex]. Pošto su [tex](x; y)[/tex] i [tex](x; -y)[/tex] istovremeno rešenja, možemo smatrati da je [tex]y\gt 0[/tex]. Leva strana je neparna, pa je [tex]y[/tex] neparan i
[tex]2^x\left(1+2^{x+1}\right)=(y-1)(y+1)[/tex]
Parni brojevi [tex]y-1[/tex] i [tex]y+1[/tex] razlikuju se za [tex]2[/tex], pa je jedan od njih deljiv sa [tex]2[/tex], ali ne i sa [tex]4[/tex], a drugi je deljiv sa [tex]4[/tex]. Pošto je [tex]1+2^{x+1}[/tex] neparan, proizvod sadrži činilac [tex]2[/tex] tačno [tex]x[/tex] puta, pa je drugi broj jednak [tex]2^{x-1}m[/tex] sa neparnim [tex]m[/tex], i [tex]x-1\ge 2[/tex], tj. [tex]x\ge 3[/tex]. Dakle, [tex]y=2^{x-1}m+\varepsilon[/tex], gde je [tex]m[/tex] neparan prirodan broj i [tex]\varepsilon=\pm 1[/tex]. Zamenom u [tex]y^2-1=2^x+2^{2x+1}[/tex] dobijamo
[tex]2^{2x-2}m^2+2^x m\varepsilon=2^x+2^{2x+1}[/tex]
a deljenjem sa [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]
Ako je [tex]\varepsilon=1[/tex], desna strana je [tex]1-m\le 0[/tex], pa je [tex]m^2\le 8[/tex], tj. [tex]m=1[/tex], a tada je [tex]-7\cdot 2^{x-2}=0[/tex], što je nemoguće.
Ako je [tex]\varepsilon=-1[/tex], onda je [tex]2^{x-2}\left(m^2-8\right)=1+m\gt 0[/tex], pa je [tex]m\ge 3[/tex]. Pošto je [tex]x\ge 3[/tex], imamo [tex]2^{x-2}\ge 2[/tex] i
[tex]1+m\ge 2\left(m^2-8\right)\iff 2m^2-m-17\le 0\Rightarrow m\le 3[/tex]
Dakle, [tex]m=3[/tex], [tex]2^{x-2}=4[/tex], [tex]x=4[/tex] i [tex]y=2^3\cdot 3-1=23[/tex]. Provera: [tex]1+2^4+2^9=1+16+512=529=23^2[/tex].
Rešenja su [tex](0; 2)[/tex], [tex](0; -2)[/tex], [tex](4; 23)[/tex] i [tex](4; -23)[/tex].

Rešenje:
Pretpostavimo da prirodni brojevi [tex]m[/tex], [tex]n[/tex] zadovoljavaju jednačinu. Tada je [tex]2^m\equiv 19\pmod{37}[/tex], a pošto je [tex]2\cdot 19=38\equiv 1\pmod{37}[/tex], množenjem sa [tex]2[/tex] dobijamo
[tex]2^{m+1}\equiv 1\pmod{37}[/tex]
Neka je [tex]d[/tex] najmanji prirodan broj za koji je [tex]2^d\equiv 1\pmod{37}[/tex]. Ako je [tex]2^N\equiv 1\pmod{37}[/tex] i [tex]N=qd+r[/tex], [tex]0\le r\lt d[/tex], onda je [tex]2^r\equiv 1\pmod{37}[/tex], pa zbog minimalnosti broja [tex]d[/tex] sledi [tex]r=0[/tex]; dakle, [tex]d[/tex] deli svako takvo [tex]N[/tex], posebno [tex]d\mid m+1[/tex]. Osim toga,
[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]
Dakle, [tex]d\mid 36[/tex], ali [tex]d\nmid 18[/tex] (inače bi bilo [tex]2^{18}\equiv 1[/tex]). Delioci broja [tex]36[/tex] koji ne dele [tex]18[/tex] su [tex]4[/tex], [tex]12[/tex] i [tex]36[/tex], pa [tex]4\mid d[/tex]. Tada [tex]4\mid m+1[/tex], tj. [tex]m=4j+3[/tex] za neki ceo broj [tex]j\ge 0[/tex], i
[tex]2^m=8\cdot 16^j[/tex]
završava se cifrom [tex]8[/tex] (za [tex]j=0[/tex] jednak je [tex]8[/tex], a za [tex]j\ge 1[/tex] broj [tex]16^j[/tex] završava se cifrom [tex]6[/tex] i [tex]8\cdot 6=48[/tex]). Zato se [tex]37n^2=2^m-19[/tex] završava cifrom [tex]9[/tex]. Pošto je [tex]37n^2\equiv 7n^2\pmod{10}[/tex] i [tex]7\cdot 3=21\equiv 1\pmod{10}[/tex], množenjem sa [tex]3[/tex] dobijamo
[tex]7n^2\equiv 9\pmod{10}\Rightarrow n^2\equiv 27\equiv 7\pmod{10}[/tex]
tj. [tex]n^2[/tex] se završava cifrom [tex]7[/tex]. Međutim, kvadrat celog broja može se završavati samo cifrom [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex] ili [tex]9[/tex]. Ova kontradikcija dokazuje da jednačina nema rešenja u skupu prirodnih brojeva.

Rešenje:
Pretpostavimo da celi brojevi [tex]x[/tex], [tex]y[/tex] zadovoljavaju jednačinu i neka je [tex]d=x-y[/tex], [tex]s=x+y[/tex]. Tada je
[tex]x^5-y^5=dQ,\qquad Q=x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4[/tex]
Zamenom [tex]x=\frac{s+d}{2}[/tex], [tex]y=\frac{s-d}{2}[/tex] proverava se identitet
[tex]16Q=5s^4+10s^2d^2+d^4[/tex]
Dakle, [tex]Q\ge 0[/tex], a iz [tex]dQ=1993\gt 0[/tex] dobijamo [tex]d\ge 1[/tex] i [tex]Q\ge\frac{d^4}{16}[/tex]. Tada je
[tex]1993=dQ\ge\frac{d^5}{16}\Rightarrow d^5\le 31888\lt 32768=8^5\Rightarrow d\le 7[/tex]
Osim toga, [tex]d[/tex] deli [tex]1993[/tex], koji je neparan i nije deljiv sa [tex]3[/tex], [tex]5[/tex] ni [tex]7[/tex]:
[tex]1993=3\cdot 664+1=5\cdot 398+3=7\cdot 284+5[/tex]
pa je [tex]d=1[/tex]. Za svaki ceo broj [tex]t[/tex] važi [tex]t^5\equiv t\pmod 5[/tex]; dovoljno je proveriti ostatke [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]
Zato je [tex]x^5-y^5\equiv x-y=1\pmod 5[/tex], dok je [tex]1993\equiv 3\pmod 5[/tex]. Ova kontradikcija pokazuje da jednačina nema celobrojnih rešenja.