Διοφαντική εξίσωση

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, achilleas, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1246
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Διοφαντική εξίσωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Μαρ 28, 2015 11:01 am

Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (m,n) θετικών ακεραίων που είναι τέτοιοι ώστε:
5^n=6m^2+1.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
raf616
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 17, 2013 4:35 pm
Τοποθεσία: Μυτιλήνη

Re: Διοφαντική εξίσωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από raf616 » Σάβ Μαρ 28, 2015 6:56 pm

smar έγραψε:Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (m,n) θετικών ακεραίων που είναι τέτοιοι ώστε:
5^n=6m^2+1.
Καλησπέρα σε όλους! Μία προσπάθεια:

Με \pmod6 προκύπτει n άρτιος. Γράφω n = 2k και θέτω 5^{k} = x. Τότε η εξίσωση γίνεται:

x^2 - 6m^2 = 1.

Πρόκειται για εξίσωση Pell με θεμελιώδη λύση (x, m) = (5, 2).

Γνωρίζουμε ότι οι λύσεις δίνονται από τους τύπους:

x_r = \dfrac{(5 + 2\sqrt{6})^r + (5 - 2\sqrt{6})^r}{2}

m_r = \dfrac{(5 + 2\sqrt{6})^r - (5 - 2\sqrt{6})^r}{2\sqrt{6}}

Θα δούμε πότε ο x γίνεται δύναμη του 5.

Έστω αρχικά r άρτιος. Τότε από το διωνυμικό θέωρημα προκύπτει:

5^{k} = \displaystyle{\binom{r}{0}5^{r} + \binom{r}{2}5^{r-2}2\sqrt{6} + ... + \binom{r}{r-2}5^2(2\sqrt{6})^{r-2} + \binom{r}{r}(2\sqrt{6})^{r}}

Αν r = 2s τότε (2\sqrt{6})^{r} = 24^s \equiv \pm1 \pmod5 και άρα το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του 5 ενώ το δεξί όχι, άτοπο.

Έστω τώρα r > 1 περιττός. Πάλι από το διωνυμικό θεώρημα προκύπτει:

5^k = \displaystyle{\binom{r}{0}5^r + \binom{r}{2}5^{r-2}(2\sqrt{6})^2 + ... + \binom{r}{r-1}5(2\sqrt{6})^{r-1} \iff 5^{k-1} = \binom{r}{0}5^{r-1} + \binom{r}{2}5^{r-3}(2\sqrt{6})^2 + ... + \binom{r}{r-1}(2\sqrt{6})^{r-1}}

Αν k-1>0 τότε όμοια με την προηγούμενη περίπτωση προκύπτει άτοπο. Άρα πρέπει k - 1 = 0 \iff k = 1.

Εύκολα τώρα προκύπτει η λύση (m,n) = (2, 2) που είναι και μοναδική.


Πάντα κατ' αριθμόν γίγνονται... ~ Πυθαγόρας

Ψυρούκης Ραφαήλ
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Διοφαντική εξίσωση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Μαρ 28, 2015 6:58 pm

5^n=6m^2+1

5^n=(-1)^nmod3 οπότε 1=6m^2+1=(-1)^nmod3 άρα n άρτιος και έστω n=2a, m=2b , a,b θετικός ακέραιος.

(5^a-1)(5^a+1)=24b^2 και επειδή (5^a-1,5^a+1)=2 , 4|5^a-1 ,2|5^a+1 , και 3 δεν διαιρεί τον 5^a-1 επομένως 3|5^a+1 άρα

\dfrac{5^a-1}{4}*\dfrac{5^a+1}{6}=b^2 --(τα 2 κλάσματα είναι ακέραιοι και πρώτοι μεταξύ τους ) συνεπώς υπάρχει c θετικός ακέραιος ώστε

5^a-1=4c^2 , 5^a-(2c)^2=1 συνεπώς από mihailescu θα έχει μοναδική λύση την a=1,c=1 οπότε μοναδική λύση το ζεύγος

(m,n)=(2,2)


*** Το θεώρημα που ανέφερα λέει ότι η εξίσωση a^x-b^y=1 για a,b,x,y>1 έχει μοναδική λύση την (a,x,b,y)=(3,2,2,3)

Στην βιασύνη μου δεν εξήγησα γιατί 3|5^a+1

Αν 3|5^a-1 τότε \dfrac{5^a-1}{12}*\dfrac{5^a+1}{2}=b^2 άρα 5^a+1=2d^2 για θετικό d αλλά με mod5 αντίφαση.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης