13-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров
Сараево, Босния и Герцеговина, 2009 год
Комментарий/решение:
Ответ: a=4,b=0,c=5
Заметим что , 2a⋅3b+9=c2 является нечетным ⇒2a⋅3b+9=c2=(2k+1)2=4k2+4k+1⇒
⇒k(k+1)=2a4⋅3b+2=2(2a8⋅3b+1)
Т.к k и k+1 взаимно просты,то одного их них делит 2 ⇒
⇒ проверив каждую,находим что 2 делит k
k=1,2
при k=1,c2=9,чего не может быть
при k=2,c2=25⇒2a⋅3b=16⇒a=4,b=0,c=5
Ответ:(a,b,c)=(0,3,6),(4,0,5),(3,2,9),(4,3,21),(3,3,15),(5,4,51)
При решении задачи я буду использовать новые переменные и все они будут неотрицательными целыми числами, и при каждом случае несмотря на то что я их написал одинаково они не имеют отношения к друг-другу. Сперва избавимся от частных случаев:
a=0,3b=(c−3)(c+3). Обозначим c−3=3x,c+3=3y, где x+y=b. 6=3y−3x, y=2,x=1. Далее выходит что b=3,c=6.
b=0, 2a=(c−3)(c+3). Обозначим c−3=2x,c+3=2y, где x+y=a. 6=2y−2x. Выходит что y=3,x=1, a=4,c=5.
Теперь будем считать что a,b натуральны. Так как 2a3b=(c−3)(c+3), обозначим c−3=2x3y,c+3=2z3t. Очевидно что x,y,z,t натуральны. Далее 6=2z3t−2x3y, из чего выходит что min(x,z)=min(y,t)=1. Теперь рассмотрим 4 случая:
I)z=t=1, решений нет.
II)x=y=1, z=2,t=1. Далее a=3,b=2,c=9
III)t=x=1, 1=2z−1−3y−1, случай y=1 был рассмотрен в II). Значит y≤2, значит при mod3: 2z−1≡1, z−1 чётное. 3y−1=(2(z−1)/2−1)(2(z−1)/2+1), обозначим 2(z−1)/2−1=3p,2(z−1)/2+1=3q. 2=3q−3p. q=1,p=0, y=2,z=3, a=4,b=3,c=9.
IV)z=y=1. 1=3t−1−2x−1. При x=1 решений нет. При x=2 выходит что a=3,b=3,c=15. При xgeq3 если рассмотреть mod4, выходит что t−1 чётное. Далее 2x−1=(3(t−1)/2−1)(3(t−1)/2+1), обозначим 3(t−1)/2−1=2p,3(t−1)/2+1=2q. Далее 2=2q−2p, из чего выходит что q=2,p=1, потом x=4,t=3, и a=5,b=4,c=51.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.