Диофантовы уравнения - очень сложные задачи с решениями

Решение:
При [tex]p=2[/tex] получаем [tex]2x^2=3[/tex], что невозможно, поэтому [tex]p[/tex] — нечётное простое число. Кроме того,
[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]
Вычтем первое равенство из второго:
[tex]2\left(y^2-x^2\right)=p^2-p\iff 2(y-x)(y+x)=p(p-1)[/tex]
Нечётное простое число [tex]p[/tex] делит [tex]2(y-x)(y+x)[/tex], поэтому делит [tex]y-x[/tex] или [tex]y+x[/tex]. Но [tex]0\lt y-x\lt p[/tex], значит, [tex]p\mid x+y[/tex], а так как [tex]0\lt x+y\lt 2p[/tex], то [tex]x+y=p[/tex]. Тогда из [tex]2(y-x)p=p(p-1)[/tex] получаем [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]
Сравнивая с [tex]p+1=2x^2[/tex] и учитывая, что [tex]x\gt 0[/tex], получаем
[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]. Ответ: [tex]p=7[/tex].

Решение:
При [tex]n=1[/tex] сумма равна [tex]100\ne 2009[/tex], поэтому [tex]n\ge 2[/tex]. Так как [tex]n\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], каждая степень [tex]n^{x_i}[/tex] (включая [tex]n^0=1[/tex]) удовлетворяет условию [tex]n^{x_i}\equiv 1\pmod{n-1}[/tex], поэтому левая часть сравнима со [tex]100[/tex] по модулю [tex]n-1[/tex]. Следовательно,
[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]
Все четыре значения подходят. Для [tex]n=24[/tex], [tex]84[/tex] и [tex]1910[/tex] достаточно взять слагаемые [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]
причём в каждом случае число слагаемых равно [tex]83+17=23+77=1+99=100[/tex]. Для [tex]n=2[/tex] двоичная запись
[tex]2009=2^{10}+2^9+2^8+2^7+2^6+2^4+2^3+2^0[/tex]
содержит [tex]8[/tex] слагаемых. Замена слагаемого [tex]2^k[/tex], где [tex]k\ge 1[/tex], на два слагаемых [tex]2^{k-1}[/tex] не меняет сумму и увеличивает число слагаемых на [tex]1[/tex]. Это можно повторять, пока есть слагаемое больше [tex]1[/tex], т.е. вплоть до [tex]2009[/tex] слагаемых, поэтому, в частности, можно получить ровно [tex]100[/tex] слагаемых.
Следовательно, [tex]n\in\{2; 24; 84; 1910\}[/tex].

Решение:
Пусть стороны равны [tex]a,b,c[/tex], полупериметр равен [tex]s[/tex], и пусть [tex]x=s-a[/tex], [tex]y=s-b[/tex], [tex]z=s-c[/tex]. По неравенству треугольника эти числа положительны и
[tex]x+y+z=3s-2s=s,\qquad a=y+z,\quad b=x+z,\quad c=x+y[/tex]
По формуле Герона площадь равна [tex]S=\sqrt{sxyz}[/tex], а периметр равен [tex]2s[/tex]. Условие [tex]S=2s[/tex] даёт
[tex]sxyz=4s^2\iff xyz=4s=4(x+y+z)[/tex]
Числа [tex]2x=b+c-a[/tex], [tex]2y=a+c-b[/tex], [tex]2z=a+b-c[/tex] имеют ту же чётность, что и периметр [tex]a+b+c[/tex]. Если бы периметр был нечётным, то [tex]X=2x[/tex], [tex]Y=2y[/tex], [tex]Z=2z[/tex] были бы нечётными целыми числами с [tex]\frac{XYZ}{8}=4\cdot \frac{X+Y+Z}{2}[/tex], т.е. [tex]XYZ=16(X+Y+Z)[/tex] — нечётное число равнялось бы чётному. Следовательно, периметр чётен и [tex]x,y,z[/tex] — натуральные числа, для которых [tex]xyz=4(x+y+z)[/tex].
Пусть [tex]x\ge y\ge z[/tex]. Тогда [tex]xyz=4(x+y+z)\le 12x[/tex], откуда [tex]yz\le 12[/tex]. Кроме того, [tex]x(yz-4)=4(y+z)\gt 0[/tex], поэтому [tex]yz\gt 4[/tex] и
[tex]x=\frac{4(y+z)}{yz-4}[/tex]
Если [tex]z=1[/tex], то [tex]5\le y\le 12[/tex] и [tex]x=\frac{4(y+1)}{y-4}[/tex] — целое число с [tex]x\ge y[/tex] только 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]).
Если [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] получаем [tex]x=10[/tex], при [tex]y=4[/tex] — [tex]x=6[/tex], при [tex]y=5[/tex] число [tex]x[/tex] не целое, а при [tex]y=6[/tex] — [tex]x=4\lt y[/tex].
Если [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] — не целые числа. Если [tex]z\ge 4[/tex], то [tex]yz\ge 16\gt 12[/tex].
Пять троек [tex](x; y; z)[/tex] дают треугольники со сторонами [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]
Все преобразования равносильны, поэтому все пять треугольников совершенные; например, у треугольника со сторонами [tex]5[/tex], [tex]12[/tex], [tex]13[/tex] периметр равен [tex]30[/tex], а площадь равна [tex]\frac{5\cdot 12}{2}=30[/tex]. Итак, существует [tex]5[/tex] совершенных треугольников с целыми сторонами.

Решение:
Пусть [tex]p^3-4p+9=n^2[/tex], где [tex]n\ge 0[/tex] — целое число. Так как [tex]p\ge 2[/tex], то [tex]p^3-4p=p\left(p^2-4\right)\ge 0[/tex], поэтому [tex]n\ge 3[/tex]. Запишем уравнение в виде
[tex]p(p-2)(p+2)=(n-3)(n+3)[/tex]
Простое число [tex]p[/tex] делит [tex](n-3)(n+3)[/tex], поэтому [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]. Если [tex]k=0[/tex], то [tex]n=3[/tex] и [tex]p\left(p^2-4\right)=0[/tex], откуда [tex]p=2[/tex]. Если [tex]k\ge 1[/tex], подставим [tex]n=kp+3[/tex] и разделим на [tex]p[/tex]:
[tex]p^2-4=k(kp+6)\iff p\left(p-k^2\right)=6k+4\gt 0[/tex]
Тогда [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], откуда [tex]k\le 6[/tex]. Кроме того, [tex]p[/tex] — простой делитель числа [tex]6k+4[/tex], больший [tex]k^2[/tex]. При [tex]k=1[/tex] простые делители числа [tex]10[/tex] — это [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] ни один простой делитель чисел [tex]16[/tex], [tex]28[/tex], [tex]34[/tex], [tex]40[/tex] не больше соответственно [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex], [tex]36[/tex]. При [tex]k=3[/tex] получаем [tex]p(p-9)=22[/tex], откуда [tex]p=11[/tex] (действительно, [tex]11\cdot 2=22[/tex]).
Случай [tex]2[/tex]: [tex]n+3=kp[/tex], [tex]k\ge 1[/tex]. Подставим [tex]n=kp-3[/tex] и разделим на [tex]p[/tex]:
[tex]p^2-4=k(kp-6)\iff p\left(k^2-p\right)=6k-4\gt 0[/tex]
Значит, [tex]p[/tex] и [tex]q=k^2-p[/tex] — натуральные числа, причём [tex]p+q=k^2[/tex] и [tex]pq=6k-4[/tex]. Из [tex](p-1)(q-1)\ge 0[/tex] следует [tex]p+q\le pq+1[/tex], т.е. [tex]k^2\le 6k-3[/tex], откуда [tex]k\le 5[/tex]. При [tex]k=1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex] не существует натуральных чисел с суммой соответственно [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]16[/tex], [tex]25[/tex] и произведением [tex]2[/tex], [tex]8[/tex], [tex]20[/tex], [tex]26[/tex]. При [tex]k=3[/tex] имеем [tex]p+q=9[/tex], [tex]pq=14[/tex], откуда [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]
Следовательно, [tex]p\in\{2; 7; 11\}[/tex].

Решение:
Если [tex]x\le -2[/tex], то [tex]0\lt 2^x+2^{2x+1}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\lt 1[/tex], поэтому [tex]1\lt y^2\lt 2[/tex], что невозможно. При [tex]x=-1[/tex] получаем [tex]y^2=2[/tex], что тоже невозможно. При [tex]x=0[/tex] получаем [tex]y^2=4[/tex], [tex]y=\pm 2[/tex].
Пусть [tex]x\ge 1[/tex]. Так как [tex](x; y)[/tex] и [tex](x; -y)[/tex] являются решениями одновременно, можно считать, что [tex]y\gt 0[/tex]. Левая часть нечётна, поэтому [tex]y[/tex] нечётно и
[tex]2^x\left(1+2^{x+1}\right)=(y-1)(y+1)[/tex]
Чётные числа [tex]y-1[/tex] и [tex]y+1[/tex] отличаются на [tex]2[/tex], поэтому одно из них делится на [tex]2[/tex], но не на [tex]4[/tex], а другое делится на [tex]4[/tex]. Так как [tex]1+2^{x+1}[/tex] нечётно, произведение содержит множитель [tex]2[/tex] ровно [tex]x[/tex] раз, значит, другое число равно [tex]2^{x-1}m[/tex] с нечётным [tex]m[/tex], причём [tex]x-1\ge 2[/tex], т.е. [tex]x\ge 3[/tex]. Итак, [tex]y=2^{x-1}m+\varepsilon[/tex], где [tex]m[/tex] — нечётное натуральное число, а [tex]\varepsilon=\pm 1[/tex]. Подставим 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, разделив 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]
Если [tex]\varepsilon=1[/tex], то правая часть [tex]1-m\le 0[/tex], поэтому [tex]m^2\le 8[/tex], т.е. [tex]m=1[/tex], и тогда [tex]-7\cdot 2^{x-2}=0[/tex], что невозможно.
Если [tex]\varepsilon=-1[/tex], то [tex]2^{x-2}\left(m^2-8\right)=1+m\gt 0[/tex], поэтому [tex]m\ge 3[/tex]. Так как [tex]x\ge 3[/tex], то [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]
Значит, [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].
Решения: [tex](0; 2)[/tex], [tex](0; -2)[/tex], [tex](4; 23)[/tex] и [tex](4; -23)[/tex].

Решение:
Предположим, что натуральные числа [tex]m[/tex], [tex]n[/tex] удовлетворяют уравнению. Тогда [tex]2^m\equiv 19\pmod{37}[/tex], а так как [tex]2\cdot 19=38\equiv 1\pmod{37}[/tex], после умножения на [tex]2[/tex] получаем
[tex]2^{m+1}\equiv 1\pmod{37}[/tex]
Пусть [tex]d[/tex] — наименьшее натуральное число, для которого [tex]2^d\equiv 1\pmod{37}[/tex]. Если [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 в силу минимальности [tex]d[/tex] имеем [tex]r=0[/tex]; значит, [tex]d[/tex] делит любое такое [tex]N[/tex], в частности [tex]d\mid m+1[/tex]. Кроме того,
[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]
Значит, [tex]d\mid 36[/tex], но [tex]d\nmid 18[/tex] (иначе [tex]2^{18}\equiv 1[/tex]). Делители числа [tex]36[/tex], не делящие [tex]18[/tex], — это [tex]4[/tex], [tex]12[/tex] и [tex]36[/tex], поэтому [tex]4\mid d[/tex]. Тогда [tex]4\mid m+1[/tex], т.е. [tex]m=4j+3[/tex] с целым [tex]j\ge 0[/tex], и
[tex]2^m=8\cdot 16^j[/tex]
оканчивается цифрой [tex]8[/tex] (при [tex]j=0[/tex] оно равно [tex]8[/tex], а при [tex]j\ge 1[/tex] число [tex]16^j[/tex] оканчивается на [tex]6[/tex] и [tex]8\cdot 6=48[/tex]). Следовательно, [tex]37n^2=2^m-19[/tex] оканчивается цифрой [tex]9[/tex]. Так как [tex]37n^2\equiv 7n^2\pmod{10}[/tex] и [tex]7\cdot 3=21\equiv 1\pmod{10}[/tex], после умножения на [tex]3[/tex] получаем
[tex]7n^2\equiv 9\pmod{10}\Rightarrow n^2\equiv 27\equiv 7\pmod{10}[/tex]
т.е. [tex]n^2[/tex] оканчивается цифрой [tex]7[/tex]. Но квадрат целого числа может оканчиваться только на [tex]0[/tex], [tex]1[/tex], [tex]4[/tex], [tex]5[/tex], [tex]6[/tex] или [tex]9[/tex]. Полученное противоречие доказывает, что уравнение не имеет решений в натуральных числах.

Решение:
Предположим, что целые числа [tex]x[/tex], [tex]y[/tex] удовлетворяют уравнению, и положим [tex]d=x-y[/tex], [tex]s=x+y[/tex]. Тогда
[tex]x^5-y^5=dQ,\qquad Q=x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4[/tex]
Подставляя [tex]x=\frac{s+d}{2}[/tex], [tex]y=\frac{s-d}{2}[/tex], проверяем тождество
[tex]16Q=5s^4+10s^2d^2+d^4[/tex]
Следовательно, [tex]Q\ge 0[/tex], а из [tex]dQ=1993\gt 0[/tex] получаем [tex]d\ge 1[/tex] и [tex]Q\ge\frac{d^4}{16}[/tex]. Тогда
[tex]1993=dQ\ge\frac{d^5}{16}\Rightarrow d^5\le 31888\lt 32768=8^5\Rightarrow d\le 7[/tex]
Кроме того, [tex]d[/tex] делит число [tex]1993[/tex], которое нечётно и не делится 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]
следовательно, [tex]d=1[/tex]. Для любого целого [tex]t[/tex] выполнено [tex]t^5\equiv t\pmod 5[/tex]; достаточно проверить остатки [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]
Следовательно, [tex]x^5-y^5\equiv x-y=1\pmod 5[/tex], тогда как [tex]1993\equiv 3\pmod 5[/tex]. Это противоречие показывает, что уравнение не имеет решений в целых числах.