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

$$k=\sqrt{p+q+r}$$

следовательно

$$k^2-2q=k$$

$$q=\frac{k(k-1)}{2}$$

заметим что

$$k \geq \sqrt6$$

так как оно должно быть целым

$$k>3$$

если k четный то

$$k \geq 4$$

$$k-1\geq 3$$

следует

$$\frac{k(k-1)}{2}\geq 6$$

не сложно заметит что при этом q будет составным

противном случае

$$\frac{k(k-1)}{2}\geq 3$$

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

следовательно $$p+r=6 , p=3$$ $$r=3$$

Решение как бы не приятно для глаз(

Но думаю лучше предыдущего

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

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

Пусть $p+q+r=x^2$

$x^2-2q=x$

$x(x-1)=2q$

$\frac{x(x-1)}{2}=q$

a)Пусть $x=2k+1$

$(2k+1)k=q$

(Стоит учитывать что $q$ простое число а значит что одно из множителей равна $1$)

i)$k=1 \Rightarrow q=3$ подходит

ii)$$2k+1=1 \Rightarrow k=0,q=0$$ не подходит

b)пусть $x=2k$

$k(2k-1)=q$

i)$k=1 \Rightarrow q=1$ не подходит

ii)$2k-1=1 \Rightarrow q=1$не подходит

Получаем что $q=3$ и $x=3$ $\Rightarrow p+r=6$

Единственные решения для $p,r$ это $p=r=3$

А значит решениями являются $p=q=r=3$

p-q+r=(√p+q+r),возведем в квадрат обе стороны

p²+q²+r²-2qr+2pr-2pq=p+q+r

(p+r)²+q²-q=(p+r)(2q+1)

(p+r)²-(p+r)(2q+1)+q²-q=0

D=4q²+4q+1-4q²+4q=8q+1

(p+r)1=(2q+1+(√8q+1))/2

(p+r)2=(2q+1-(√8q+1))/2

(p+r)- будет натуральным тогда правая часто тоже тогда 8q+1-точный квадрат и q-простое.Найдем это q

Предположим это q>3

Мы знаем что точный квадрат при делении на 3 даёт остатки 0 или 1,q при делении на 3 даст остатки 1 или 2 =>8q+1 при делении на 3 даёт остатки 0 или 2.

Там где 8q+1 даёт остаток 2 при делении на 3 это не то ведь должно 0 или 1.

Рассмотрим вариант где 8q+1 делится на 3.пусть

8q+1=n²,n=3k тогда 8q=(3k-1)(3k+1).либо 3k-1=q,либо 3k+1=q,ведь q-простое.

3k-1=q => 3k+1=8 =>q=6(непростое),теперь 3k-1=8,3k+1=q => q=10(непростое). Отсюда следует что q-простое и q<3

Подойдёт только q=3.

(p+r)1=(2•3+1+5)/2=6

(p+r)2=(2•3+1-5)/2=1.

p+r не может быть 1

Поэтому смотрим p+r=6

p и r- простые тогда ед.решение здесь это p=3,q=3. Ответ:p=3,q=3,r=3

Норм думаю все,кто увидит ошибку напишите плиз

Возведем в квадрат и получим, что

$$ p^2+q^2+r^2-2pq-2qr+2pr=p+q+r$$

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

$$(p+r)(p+r-1)=q(2p+2r+1-q) \Rightarrow$$ p+r делится на q, или p+r-1 делится на q

1) p+r делится на q

Тогда p+r=qk, где k не равен 1, тк тогда p+q+r=0

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

Но для k>=3

$$(k-1)^2 \ge k+1 \Rightarrow $$

$$3>k, k \ge 2 \Rightarrow k=2$$

$$ g=3 \Rightarrow $$$$(p+r)^2+6=7(p+r) $$

$$\Rightarrow p+r \le 6$$, и рассмотрев случаи (p,q)=2,3; 3;3 , получим что p,q,r=3

2) p+r-1=qk, где k>=2

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

$$(qk-q-2)(k-1)=k+1, k \ge 2 $$

$$\Rightarrow qk-q-2 \ge q-2$$

$$\Rightarrow (q-2)(k-1) \ge k+1 \Rightarrow q \le 6$$

Рассмотрев случаи можно получить q=2,3,5 получим что

p,q,r=3,3,3 единственный ответ