Διοφαντική εξίσωση

#1

Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (m,n)

θετικών ακεραίων που είναι τέτοιοι ώστε:
5^n=6m^2+1.

raf616 · #2

smar έγραψε:Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοιοι ώστε:

Καλησπέρα σε όλους! Μία προσπάθεια:

Με $\pmod6$ προκύπτει

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

γίνεται δύναμη του

.

Έστω αρχικά

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

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.

Αρχιμήδης 6 · #3

οπότε

άρα

άρτιος και έστω n=2a

,

θετικός ακέραιος.

(5^a-1)(5^a+1)=24b^2

και επειδή (5^a-1,5^a+1)=2

,

, και

δεν διαιρεί τον 5^a-1

επομένως

άρα

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

θετικός ακέραιος ώστε

5^a-1=4c^2

,

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

έχει μοναδική λύση την (a,x,b,y)=(3,2,2,3)

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

Αν

τότε $\dfrac{5^a-1}{12}*\dfrac{5^a+1}{2}=b^2$ άρα 5^a+1=2d^2

για θετικό

αλλά με

αντίφαση.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

raf616 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 28, 2015 6:56 pm

smar έγραψε:Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων που είναι τέτοιοι ώστε:

Καλησπέρα σε όλους! Μία προσπάθεια:

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

.

Πρόκειται για εξίσωση Pell με θεμελιώδη λύση .

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 γίνεται δύναμη του .

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

Έστω τώρα 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 τότε όμοια με την προηγούμενη περίπτωση προκύπτει άτοπο. Άρα πρέπει $k - 1 = 0 \iff k = 1$ .

Εύκολα τώρα προκύπτει η λύση που είναι και μοναδική.

Ψάχνοντας για Pell έπεσα πάνω σε αυτή, νομίζω πως η παραπάνω λύση έχει πρόβλημα στην περίπτωση που

περιττός.
Ουσιαστικά δείχνει ότι το δεξί μέλος δεν μπορεί να είναι πολλαπλάσιο του

το οποίο δεν ισχύει π.χ για r=5

και αυτό γιατί κρύβεται ένα

στον $\dbinom{5}{4}$ .

Μπορεί κάποιος πιο έμπειρος να παρουσιάσει πως θα μπορούσαμε να τελειώσουμε χρησιμοποιώντας την Pell;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Νομίζω πως το έβγαλα τελικά.

Αφού βγάλουμε ότι 2|n

θέτουμε

και

και για ευκολία m=y

οπότε έχουμε την Pell x^2-6y^2=1

με

η θεμελιώδης λύση.
Είναι γνωστό ότι θα ισχύει $x_{n+1}=x_1x_n+6y_1y_n$ και $y_{n+1}=x_1y_n+x_ny_1$
οπότε $x_n=5x_{n-1}+12y_{n-1},y_n=5y_{n-1}+2x_{n-1}\Rightarrow 5x_n-12y_n=x_{n-1}$ άρα $\boxed{x_{n+1}=10x_n-x_{n-1},x_0=1,x_1=5}$
Κοιτάμε την ακολουθία αυτή $\pmod {25}$ : $\boxed{1,5,24,10,1,0,24,15,1,20,24,20,1,15,24,0,1,10,24,5},1,5,....$ και μετά επαναλαμβάνεται.
Την κοιτάμε και $\pmod {1901}$ (όχι τυχαίο, είναι $x_5=5^2\cdot 1901$ ) :
$\boxed{1,5,49,485,999,0,902,1416,1852,1896,1900,1896,1852,1416,902,0,999,485,49,5},1,5...$ και μετά επαναλαμβάνεται.
Παρατηρούμε ότι τα δύο επαναλαμβανόμενα μέρη έχουν ίδιο πλήθος όρων και
μάλιστα τα μηδενικά βρίσκονται στις ίδιες θέσεις.
'Ετσι $25|x_i\Leftrightarrow 1901|x_i$
Αφού όμως θελουμε

να είναι δύναμη του

θα πρέπει

και έτσι προκύπτει η μοναδική λύση (m,n)=(2,2)

Διοφαντική εξίσωση

Διοφαντική εξίσωση

Re: Διοφαντική εξίσωση

Re: Διοφαντική εξίσωση

Re: Διοφαντική εξίσωση

Re: Διοφαντική εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση