Εκθετική

2nisic · #1

Να βρεθούν οι φυσικοί a,b,c

τέτοιοι ώστε:

3^a+7^b=2^c

Σημειώσει:Δεν έχω λύση μέχρι τώρα.
Edit1: Έχω αποδείξει ότι δεν έχει λύσεις για $a\geq 3,b\geq 1$ .
Edit2: Λύθηκε

Manolis Petrakis · #2

Λάθος λύση

2nisic · #3

Σίγουρα έχεις κάπου λάθος γιατί έχεις χάση μια λύση 3^2+7=2^4

2nisic · #4

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 11, 2021 12:06 pm
Αν και $b\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu
Αν και $a\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu

Γιατί να πιείς Mihailescu όταν υπάρχουν η εξής απλές λύσεις:

$7^{b}+1\equiv 2or8(mod16)\Rightarrow c=1or3..... easy$

$3^{a}+1\equiv 2or4(mod8)\Rightarrow c=1or2... easy$

Manolis Petrakis · #5

•Αν

είναι αδύνατη
•Αν $c=1\Rightarrow a=b=0$
•Αν a=0

και $b\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu
•Αν a=0

και

τότε

•Αν

και $a\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu
•Αν b=0

και

τότε

Στις υπόλοιπες περιπτώσεις από mod3

παίρνουμε

Από

παίρνουμε $(-1)^a+(-1)^b\equiv 0(mod4)$
Έτσι a=2x

ή

•Η αρχική εξίσωση γράφεται ισοδύναμα για b=2y

:
$3^a+(7^y)^2=(2^z)^2\Leftrightarrow 3^a=(2^z-7^y)(2^z+7^y)$
Αλλά (2^z-7^y,2^z+7^y)=1

άρα δεν διαιρούνται και οι 2 με το 3
Έτσι 2^z-7^y=1

για $z,y\geq 2$ αδύνατο από Mihailescu και αν z=1

αδύνατο, αλλά αν $y=1\Rightarrow z=3\Rightarrow 2^z+7^y=15$ αδύνατο
•Ομοίως αν a=2x

τότε

Αλλά αν

τότε $7\nmid 2^z-3^x$
Έτσι 2^z-3^x=1

από Mihailescu για $z,x\geq 2$ είναι αδύνατη και με το χέρι βρίσκουμε τη μοναδική λύση $(x,z)=(1,2)\Rightarrow (a,b,c)=(2,1,4)$
Άρα (a,b,c)=(0,0,1),(0,1,3),(1,0,2),(2,1,4)

Αν προλάβω μετά θα αντικαταστήσω το Mihailescu με απλούστερες μεθόδους
Ευχαριστώ τον 2nisic για την επισήμανση

2nisic · #6

Manolis Petrakis έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 11, 2021 1:18 pm
•Αν είναι αδύνατη
•Αν $c=1\Rightarrow a=b=0$
•Αν και $b\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu
•Αν και τότε
•Αν και $a\geq 2$ είναι αδύνατη από Mihailescu
•Αν και τότε
Στις υπόλοιπες περιπτώσεις από παίρνουμε
Από παίρνουμε $(-1)^a+(-1)^b\equiv 0(mod4)$
Έτσι ή
•Η αρχική εξίσωση γράφεται ισοδύναμα για :
$3^a+(7^y)^2=(2^z)^2\Leftrightarrow 3^a=(2^z-7^y)(2^z+7^y)$
Αλλά άρα δεν διαιρούνται και οι 2 με το 3
Έτσι για $z,y\geq 2$ αδύνατο από Mihailescu και αν αδύνατο, αλλά αν $y=1\Rightarrow z=3\Rightarrow 2^z+7^y=15$ αδύνατο
•Ομοίως αν τότε
Αλλά αν τότε $7\nmid 2^z-3^x$
Έτσι από Mihailescu για $z,x\geq 2$ είναι αδύνατη και με το χέρι βρίσκουμε τη μοναδική λύση $(x,z)=(1,2)\Rightarrow (a,b,c)=(2,1,4)$
Άρα
Αν προλάβω μετά θα αντικαταστήσω το Mihailescu με απλούστερες μεθόδους
Ευχαριστώ τον 2nisic για την επισήμανση

Η πρώτη περίπτωση που διακρίνεις δεν χρειάζεται:
Αν b=0

με

τετριμμένη
Αν b>0

τότε με

έχουμε

2nisic · #7

Δεύτερη λύση χωρίς αφαίρεση τετράγωνον.

Αν

εύκολες περνώντας mod8,16,8

αντίστοιχα.

Αν

( $a\neq 0$ )έχουμε την: $3^{a}+7=2^{c}\Leftrightarrow 9(3^{a-2}-1)=16(2^{c-4}-1)$
Όχι εύκολα αλλά όχι και δύσκολα μετά από λίγο καταλήγουμε στο:
$c-4\equiv 0(mod18)\Leftrightarrow 27|16(2^{c-4}-1)\Leftrightarrow 3|3^{a-2}-1\Leftrightarrow a-2=0$

Αν

τότε έχουμε την: $9+7^b=2^{c}$

Αν a<5

εύκολο

Αν $a\geq 5$ τότε καταλήγω σε αδύνατο με mod7,9,32,13

Αν $a\geq 3,b\geq 2$ τότε:

Με mod7,3,16,9,13,19,27

έχουμε ότι: $(a,b,c)\equiv (2,7,4)(mod(18,18,18))$
Περνοντας mod37

έχουμε:
$LHS\equiv 3^{a}+7^{b}\equiv 3^{2}+7^{7}\equiv 9+34\equiv 6(mod37)[because 3^{mul18}\equiv 7^{mul18}\equiv 1(mod37)]$

$RHS\equiv 2^{c}\equiv +-2^{4}\equiv +-16(mod37)$
Αδύνατη

Εκθετική

Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Μέλη σε σύνδεση