Областная олимпиада по математике, 2024 год, 9 класс

Найдите все тройки простых чисел $(p,q,r)$ такие, что $p-q+r=\sqrt{p+q+r}$. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Возведём обе стороны в квадрат:

$ (p – q + r)^2 = ( \sqrt{ p + q + r})^2 \Rightarrow p^2 + q^2 + r^2 - 2( pq + qr - pr) = p + q + r$

$p + q + r \geq \sqrt{6}$

Расматривая ситуацию когда $p = q = r$, то единственное решение подходит это $( p, q, r) = ( 3; 3; 3)$

В ситуации когда $p \ne q \ne r$, или $ p = q \ne r$ подходят числа 1, 1 и 2. Но число 1 считаеться и не простым, и не составным, так как лишь один делитель 1, значит единственный ответ: $( p, q, r) = (3; 3; 3)$

$Почему \: p+q+r \le \sqrt{6}? \: , \: а \: если \: p,q,r \gt 3?$

Потому что, вместо $p, q, r$ можно подставить$ 2$, тем самым мы получим $ \sqrt{6}$

Вродe обязательно разбирать случай когда p,q,r $\gt 3$ и значит:

p=6k$_{1}$±1, q=6k$_{2}$±1, r=6k$_{3}$±1 где(k$_{1}$, k$_{2}$, k$_{3}$ целые) тогда:

I) p+q+r=6k$_{1}$+6k$_{2}$+6k$_{3}$-3

II) p+q+r=6k$_{1}$+6k$_{2}$+6k$_{3}$-1

III) p+q+r=6k$_{1}$+6k$_{2}$+6k$_{3}$+1

IV) p+q+r=6k$_{1}$+6k$_{2}$+6k$_{3}$+3

И остаётся разобрать эти случаи. Ну там нет таких p,q,r $\gt$ 3 что p-q+r=$\sqrt{p+q+r}.$

Пусть k=sqrt(p+q+r)

следует k^2-2q=k

также следует q=(k(k-1))/2

заметим что k=>sqrt(6)

так как оно должно быть целым k>3

если k четный то k=>4

k-1=>3

следует (k(k-1))/2=>6

не сложно заметит что при этом q будет составным

противном случае (k(k-1))/2=>3

если выражение больше чем 3 то q составное, откуда q=3

следовательно p+r=6 , p=3 r=3

$(p-q+r)^2=p+q+r$

По алгоритму Евклида

$(p-q+r, p+q+r) = (2q, p-q+r)$

Отсюда их НОД может быть равен 4 вещам:

$(1, 2, q, 2q)$

если $(p-q+r, p+q+r) = 1$

$p-q+r=a; p+q+r=b$

$a^2=b$

$b$ делится на $a$, но тк они взаимно просты то $a=1$

тогда $a^2=b=1=p+q+r\geq 6$ Плохо

если $(p-q+r, p+q+r) = 2$

$p-q+r=2a; p+q+r=2b$

$(a, b) = 1$

$4a^2=2b$ Тогда $2a^2=b$. Опять по взаимно простости $a = 1, b = 2 = p+q+r\geq 6$ Плохо

Значит их НОД кратен $q$

Отсюда $p+r$ делится на $q$

$p+r = tq$

$(tq-q)^2 = tq+q$

$q(t-1)^2=t+1$

Тогда заметим что $t+1<(t-1)^2$, при $t\geq 4$(можно доказать быстро по индукции)

Значит $t = 3; 2; 1$

Подставляем каждый в наше неравенство и получаем что подходит только $t=2$, причем $q=3$, а значит $p+r=6$. Проверяем все возможные варианты и получаем единственный ответ:

$(3, 3, 3)$

епштейн

Пусть $p + r = t$, тогда $(t - q)^2 = t + q, \Rightarrow (t+q)(t+q-1) = 4qt, \Rightarrow (p+r+q)(p+r+q-1)=q(4p+4r)$ либо $q \mid p+r+q$ либо $q \mid p+r+q-1$

Пусть $q \mid p+r+q \Rightarrow q \mid p+r \Rightarrow p+r=kq+1, k \in \mathbb{N}, \Rightarrow (kq-q+1)^2=kq+q+1 \Rightarrow q(k-1)^2=3-k \ge 0$. $k \in {1,2,3}$ При $k = 1, p+q+r = 1$ невозможно, $k=2, (q+1)^2=3q+1 \Rightarrow q(q-1)=0$ невозможно ведь $q \in P$, при $k=3, (2q+1)^2=4q+1 \Rightarrow 4q^2=0$ также невозможно.

Значит $q \mid p+r+q \Rightarrow q \mid p+r \rightarrow p+r=nq, (nq-q)^2=nq+q \Rightarrow q-1=n+2nq-n^2q$, так как $q>1$, то $n(1+2q-nq) > 0, n \in \mathbb{N}$ значит $1+2q-nq>0 \Rightarrow 1 > q(n-2)$ откуда $n \in 1,2$ если $n=1, 0 = 2q$ невозможно, значит $n = 2, \Rightarrow q^2 = 3q, q=3, p+r=6$ откуда несложно заметить что $q=p=r=3$

Обозначим p − q + r = x. Тогда x =

√

p + q + r ≥

√

6, откуда x ≥ 3.

По условию x

2 = p + q + r = x + 2q, откуда x(x − 1) = 2q. Так как q простое, то

q | x или q | x − 1, т.е. x − 1 | 2 или x | 2. Но x ≥ 3, поэтому x − 1 | 2. Значит

x = 3, откуда q = 3. Тогда из условия p + r = x + q = 6, значит p = r = 3, что

удовлетворяет условию.

Ответ: (p,q,r)=3:3:3

Ответ: (3;3;3)

Решение:

Пусть $p-q+r=A$, тогда $A^2=p+q+r$. Выразим $r$:

$r=A^2-q-p$

Подставим в первое равенство

$p-q+A^2-q-p=A$ $\Rightarrow$ $A(A-1)=2q$.

Так как q простое и 2 тоже, мы можем разделить на два случая:

1) $A=2 ; A-1=q$

2) $A=q ; A-1=2$

Разбираем оба случая, в первом противоречие, а во втором ответ:

$p=q=r=3$

забыл упомянуть что $A\geq \sqrt{6}$, поэтому случай когда $A ; A-1 = 1$ не разбираем