Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 9 класс

Решите в целых числах уравнение $2^a+a^2=4^b+b^2$. ( А. Голованов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Левая часть не будет целой тогда и только тогда, когда $a < 0$, а правая -- когда $b < 0$. При этом, если $a < 0$ и $b < 0$, то левая часть представляет собой несократимую дробь со знаменателем $2^{-a}$, а правая -- несократимую дробь со знаменателем $2^{-2b}$, откуда $a=2b$; но тогда $a=b=0$, а мы предположили, что $a$ и $b$ отрицательны.
  Если одно из чисел $a$ и $b$ равно 0, другое тоже равно 0.
  Осталось разобрать случай, когда $a$ и $b$ натуральны. Поскольку $2^{2b}+(2b)^2 > 4^b+b^2$, число $a$ меньше $2b$ и, следовательно, $a\leq 2b-1$. Поскольку левая часть возрастает с ростом $a$, $2^{2b-1}+(2b-1)^2\geq 4^b+b^2$, откуда $2^{2b-1}\leq 3b^2-4b+1$. Убедимся, что последнее неравенство не имеет места ни при каких натуральных $b$. Действительно, пусть $$c_n=2^{2n-1}-3n^2+4n-1,$$ $$d_n=c_{n+1}-c_n=3\cdot 2^{2n-1}-6n+1,$$ $$e_n=d_{n+1}-d_n=9\cdot 2^{2n-1}-6.$$ Очевидно, $e_n$ положительно при всех натуральных $n$, то есть $d_n$ возрастает. Но $d_1=1$, поэтому $d_n$ также положительно при всех натуральных $n$, и $c_n$ возрастает. Наконец, $c_1=2$, следовательно, $c_n$ положительно при всех натуральных $n$.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Заметим, что если $a=0$, то $b=0$. Аналогично, если $b=0$, то $a=0$. Теперь будем считать, что $a > 0$ и $b > 0$.
  Если $a \le b$ тогда $2^a+a^2 \le 2^b+b^2 < 4^b+b^2.$ Значит, $a > b$. Следовательно, $4^b > 2^a$ или $2b > a.$
  Из условия следует, что $0 < a^2-b^2=4^b-2^a \vdots 2^a$, следовательно, $$a^2 > 2^a. \quad (1)$$ Индукцией по $n$ докажем, что $2^n \ge n^2$ для любого натурального $n \ge 4$.
  База: $2^4 \ge 4^2.$
  Предположим, что утверждение верно для всех чисел не больших $k$. Тогда $$2^{k+1}=2\cdot 2^k \ge 2k^2 \ge k^2+4k > (k+1)^2,$$ переход доказан.
  Значит неравенство (1) неверно при $a \ge 4$ (это также неверно при $a=1,2$). Тогда $a=3$, то есть $4^b+b^2=17$, что не имеет решение при натуральном $b$.

разберем где $a,b\ne 0$,заметим что $a,b$ одинаковой четности тогда пусть $2^a<4^b$ тогда $a<2b$ тогда

$a^2<4b^2$ совсем легко заметить что тогда чтобы $a^2+2^a>4^b $ где $a\leq{2b-1}$ нужно чтобы $a^2\geq2^a$ при целых $a$ это работает тогда и только когда $a=3,2,4$ но таких $b$ целых нету тогда обязательно $2^a\geq 4^b$ тогда заметим что $a\geq{2b}$ легко разобрать вариант где $2^a=4^b $ это невозможно осталось разобрать где $4^b<2^a$ тогда и $a>2b$ тогда $[a/2]-1 \geq{b}$ где модуль в большую сторону , $4^b+b^2> 2^a$, $4^b=2^2b$ пусть тогда $b=a/2-n $$\Rightarrow$ $b^2$$>$$2^{a-(a/2-n)*2}$ тогда $b^2>2^2n $$\rightarrow $$b>2^n$ пусть $a=2b+m$ ,$a^2+2^a<4^b+b^2+1$$\Rightarrow$$4^b+b^2+1>2^a+a^2$,$4^b+b^2+1>(2b+m)^2+2^{2b+m}$,$4b^2+m^2+4bm+4^b*2^m<b^2+4^b+1$ но выходит наоборот $>$ так что при $a>2b$ тоже нету ответов разберем последний вариант где $a=0$ но тогда $b=0$ что и является ответом , разберем где $a,b$ отрицательные тогда заметим что $a$ представляет дробь $2^{-a}$ а $b$ $2^{-2b}$ но тогда $a=2b$ а мы разобрали этот случай он невозможен при $a,b\ne 0$

Легко находим $a=b=0$

Пусть $b > a, \Rightarrow 4^b + b^2 = 2^a+a^2 < 2^b + b^2$ противоречие, значит $a > b$

Тогда, $2^a+a^2=b^2+2^{2b}, a^2-b^2 = 2^{2b} - 2^a > 0, \Rightarrow 2b > a > b$,

Пусть $a = b +x$, где $x < b$, подставляя выйдет $2^{b+x}+b^2+2bx+x^2=4^b+b^2, \Rightarrow 3b^2 \ge x^2+2bx = 2^b(2^b-2^x)$, тоесть $3b^2 \ge 2^b$, из индукции $b \leq 7$

дальше можно подставить все значения либо как крутые ограничить дальше, $x^2+2bx = 2^b(2^b-2^x)$ так как $b > x \rightarrow b \ge x + 1$, поэтому $x^2+2bx = 2^b(2^b-2^x) \ge 2^b(2^{x+1}-2^x) = 2^{b+x}$, можно легко проверить что $x \leq 3$,

пусть $x=3, \rightarrow 9 + 6b \ge 2^{b+3}$, для $b$ нету ответов, $x=2, \rightarrow 4+4b \ge 2^{b+2}, b=1$, ответов нету, $x=1 \rightarrow 1+2b \ge 2^{b+1}$, для $b$ ответов нету, поэтому ответов нету кроме $(a,b) = (0,0)$