mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 20, 2021 10:00 pm**

Μια άσκηση κατάλληλη για διακοπές μιας και δεν είναι δύσκολη. Να βρεθούν οι λύσεις της Διοφαντικής εξίσωσης

3^n - 2^n = y^2

.

Σημείωση: Για να είμαι δίκαιος είναι εμπνευσμένη από μια παρόμοια άσκηση στην ομάδα 'Μαθηματικο Εργαστήρι' στο facebook του κ. Κυριακοπουλου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 20, 2021 10:27 pm**

Για

ισχύει.
Για n>=2

αδύνατο από mod3,4

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 22, 2021 3:37 pm**

2nisic έγραψε: Τρί Ιούλ 20, 2021 10:27 pm Για ισχύει.
Για αδύνατο από .

Πολύ σωστά!!!

Όπως είπα ήταν εύκολη. Ας βάλω 2-3 γραμμές με λίγες εξηγήσεις.

Έστω $n\geq 2$ , τότε δουλεύοντας $\pmod{3}$ καταλαβαίνουμε ότι $n\equiv 1\pmod{2}$ . Έστω n=2k+1

και $k\geq 1$ . Τότε παίρνοντας την εξίσωση $\pmod{4}$ βγάζουμε ότι $y^2\equiv 3\pmod{4}$ που είναι άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 21, 2021 10:30 pm**

Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί a,b,c

που ικανοποιούν την εξήσωση:
3^a-2^b=c^2

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 22, 2021 4:36 pm**

2nisic έγραψε: Σάβ Αύγ 21, 2021 10:30 pm Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί που ικανοποιούν την εξίσωση:

Αν

τότε προφανώς πρέπει b=0

, που δίνει την λύση (0,0,0)

.
Αν

, τότε

και άρα αν $a \geq 1$ παίρνουμε άτοπο $\pmod 3$ . Άρα έχουμε πάλι μόνο τη μηδενική λύση
An c=0

τότε προκύπτει μόνο η μηδενική λύση.

Υποθέτουμε τώρα $a,b,c \geq 1$ . Αν $b \geq 2$ τότε $3^a \equiv c^2 \pmod 4$ , και αφού ο

είναι περιττός, έχουμε $3^a \equiv 1 \pmod 4$ , συνεπώς ο

είναι άρτιος, έστω a=2m

. Τότε,

.

Άρα

, $3^m+c=2^\ell$ με $k,\ell$ φυσικούς με $\ell>k$ . Αν $k \geq 2$ τότε είναι $2^k+2^\ell=2 \cdot 3^m$ , άτοπο $\pmod 4$ . Άρα $k \in \{0,1 \}$ .

Αν k=0

, τότε $2 \cdot 3^m=2^\ell+1$ , άτοπο. Αν k=1

, τότε $3^m=2^{\ell-1}+1$ , οπότε από Catalan Conjecture πρέπει $m=\ell-1=1$ ή $m=2,\ell-1=3$ (εντάξει

βγαίνει και πιο απλά, αν παρατηρήσουμε ότι για $\ell-1 \geq 2$ με $\pmod 4$ πρέπει $3^m \equiv 1 \pmod 4$ , δηλαδή

άρτιος, οπότε αν m=2n

είναι $2^{\ell-1}=(3^n-1)(3^n+1)$ , και το 3^n+1

δεν μπορεί να είναι δύναμη του

για $n \geq 2$ , καθώς $3^n+1 \equiv 2$ ή $4 \pmod 8$ )

Άρα έχουμε $(m,\ell)=(1,2),(2,4)$ , και προκύπτουν οι λύσεις (2,3,1),(4,5,7)

.

Μας μένει η περίπτωση b=1

, όπου έχουμε 3^a=c^2+2

. Με $\pmod 4$ , είναι $3^a \equiv 3 \pmod 4$ , άρα ο

είναι περιττός, έστω a=2t+1

, οπότε έχουμε c^2-3d^2=-2

, με

.

Η προηγούμενη εξίσωση είναι τύπου Pell, με θεμελιώδη λύση την (c_0,d_0)=(1,1)

, και της οποίας η γενική λύση (c_n,d_n)

δίνεται από τις ακολουθίες (c_n),(d_n)

με

$c_{n+1}=2c_n+3d_n$ και
$d_{n+1}=c_n+2d_n$ (με c_0=d_0=1

).

Αποδεικνύουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 1: Ισχύουν $c_{n+2}=4c_{n+1}-c_n$ και $d_{n+2}=4d_{n+1}-d_n$ .
Απόδειξη: Με επαγωγή. Για n=0

ισχύουν οι πιο πάνω. Έστω ότι ισχύουν για κάθε $n \leq k$ . Θα τις δείξουμε για k+1

. Πράγματι,

$c_{k+3}=2c_{k+2}+3d_{k+2}=2c_{k+2}+3(c_{k+1}+2d_{k+1})=$ $2c_{k+2}+3c_{k+1}+2(c_{k+2}-2c_{k+1})=4c_{k+2}-c_{k+1}$ , και
$d_{k+3}=c_{k+2}+2d_{k+2}=2d_{k+2}+(2c_{k+1}+3d_{k+1})=2d_{k+2}+3d_{k+1}+2(d_{k+2}-2d_{k+1})=4d_{k+2}-d_{k+1}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε $\blacksquare$

Πίσω στο πρόβλημα, έχουμε την ακολουθία d_n

με $d_{n+2}=4d_{n+1}-d_n$ και d_0=1,d_1=3

, και ψάχνουμε ποιοι όροι της είναι δυνάμεις του

.
Καταρχήν παρατηρούμε ότι η ακολουθία είναι αύξουσα (επαγωγικά αποδεικνύουμε ότι αν $d_s>d_{s-1}$ τότε $d_{s+1}>d_s$ . Για το επαγωγικό βήμα είναι $d_{s+1}=4d_s-d_{s-1}>3d_s>d_s$ ). Επίσης οι δύο πρώτοι όροι είναι δυνάμεις του

. Άρα και

για $n \geq 2$ . Οπότε θα αναζητήσουμε δυνάμεις του

που είναι $\geq 9$ .

Παίρνοντας την ακολουθία $\pmod 9$ προκύπτει:

$1,3,2,5,0,4,7,6,8,8,6,7,4,0,5,2,3,1,1,3,2,\ldots \ldots$

δηλαδή η (d_n)

είναι περιοδική $\pmod 9$ με περίοδο

. Βλέπουμε λοιπόν ότι οι μόνοι όροι της που είναι πολλαπλάσια του

είναι οι

με $t \equiv 4 \pmod {18}$ ή $t \equiv 13 \pmod {18}$ .

Αποδεικνύουμε όμως τον επόμενο Ισχυρισμό, που τελειώνει το πρόβλημα.

Ισχυρισμός 2: Ισχύει $a_{9s+4} \equiv 0 \pmod {17}$ , για κάθε

.
Απόδειξη: Παίρνουμε την (d_n)

$\pmod {17}$ και προκύπτει

$1,3,11,7,0,10,6,14,16,16,14,6,10,0,7,11,3,1,1,3, \ldots$

οπότε η ακολουθία είναι περιοδική $\pmod {17}$ με περίοδο

, και εύκολα βλέπουμε ότι είναι $a_t \equiv 0 \pmod {17}$ όταν είναι $t \equiv 4 \pmod {18}$ ή $t \equiv 13 \pmod {18}$ , που δίνει το ζητούμενο. $\blacksquare$

Άρα απορρίπτονται όλοι οι a_i

με $i \geq 2$ .

Συνοψίζοντας, οι μόνοι όροι που μας κάνουν είναι οι

και

, οπότε και $t \in \{0, 1 \}$ . Αν t=0

είναι

, και αν

είναι

.

Τελικά, έχουμε τις λύσεις:

(0,0,0),(2,3,1),(4,5,7),(1,1,1),(3,1,5)

Edit: Διόρθωσα το τελευταίο μέρος της λύσης. Ευχαριστώ τον Διονύση (2nisic) για την επισήμανση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 23, 2021 12:59 pm**

2nisic έγραψε: Σάβ Αύγ 21, 2021 10:30 pm Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί που ικανοποιούν την εξήσωση:

Ομολογώ πως δεν έχω ολοκληρωμένη λύση (προσπάθησα χωρίς Πέλλ, και σας συνιστώ να μην το κάνετε κι εσείς

), αλλά ανεβάζω την λύση μου διότι θεωρώ ότι είναι καλή προσπάθεια.

Αρχικά, αν a=0

, τότε $1-2^b=c^2≥0 \Rightarrow b≤0$ , άρα b=0

και

.

Επίσης, αν b=0

, τότε

, άτοπο, αφού το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο (mod.3)

.

Έστω τώρα a>b≥2

.
Αν

περιττός, τότε έχω ότι c^2=3(mod.4)

, άτοπο, αφού το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο (mod.4)

, επομένως a=2f

.
Η εξίσωση γράφεται (3^f+c)(3^f-c)=2^b

.
Όμως

και

, οπότε θα έχουμε το σύστημα:

$3^f+c=2^{b-1}, 3^f-c=2$ ♦.

Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις του ♦ έχουμε την $2^{b-2}=3^f-1$ .

Αν f=1

, τότε

, ενώ αν

, τότε

.
Έστω

. Τότε όμως από το Θεώρημα Zsigmondy

υπάρχει

, τέτοιος ώστε $p|3^f-1=2^{b-2}$ , άτοπο.

Τώρα μένει η δύσκολη περίπτωση, b=1

. Έχουμε την εξίσωση 3^a=c^2+2

.

Προφανώς a,c

περιττοί, οπότε γράφουμε a=2k+1, c=2m+1

, και η εξίσωση γίνεται:
$3^{2k+1}=(2m+1)^2+1=4m^2+4m+3 \Rightarrow 3^{2k+2}=12m^2+12m+9 \Rightarrow$
$8m^2=(3^{k+1})^2-(2m+3)^2 \Rightarrow (3^{k+1}+2m+3)(3^{k+1}-2m-3)=8m^2$ .

Το πρόβλημα είναι ότι ο ΜΚΔ των δύο παρενθέσεων διαιρεί το

, οπότε οι περιπτώσεις είναι πολλές. Αφού τις εξετάσουμε και τις απορρίψουμε μία προς μία, μένουν δύο που δυστυχώς

καταλήγουν σε Πέλλ, από τις οποίες προκύπτουν και οι λύσεις που έβγαλε ο Ορέστης παραπάνω.

mathematica.gr

Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Re: Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Re: Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Re: Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Re: Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων

Re: Τέλειο τετράγωνο διαφοράς δυνάμεων