Βραζιλιάνικα...

M.S.Vovos · #1

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b

ώστε $3^{a}=2b^{2}+1$ .

Φιλικά,
Μάριος

User#0000 · #2

Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
(a,b)=(1,1)

ή

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του

ανέβαινε κατά

κάθε φορά.
π.χ
a≥3

ή...ή

, τότε

ή...ή $3^{a}≥33$ , τότε a≥4

και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για x=b

και

και $x,y \in {R}$

: Graph_2020-08-28_09-42-04.png (19.71 KiB) Προβλήθηκε 4460 φορές

: Screenshot_20200829-035050.png (79.23 KiB) Προβλήθηκε 4232 φορές

Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι 3^a≠2b^2+1

για κάθε

και

miltosk · #3

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 27, 2020 10:06 pm
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι ώστε $3^{a}=2b^{2}+1$ .

Φιλικά,
Μάριος

Για

άρτιο δεν έχουμε μεγάλο πρόβλημα.
Για

περιττό, θα μπορούσε να δουλέψει το εξής:
$3^{a+1}-6b^2=3$ που είναι μια γενικευμένη Pell με την οποία δεν έχω τις γνώσεις να ασχοληθώ.
Αν βρω κάτι απλούστερο θα βάλω λύση.
Edit: η εξίσωση x^2-6y^2=3

περιγράφεται εδώ: https://www.google.com/url?sa=t&source= ... 8598252147
Τώρα βλέπω πως υπάρχουν γραμμικές ακολουθίες (σύστημα αυτών) που παράγουν λύσεις, αλλά δεν μπορώ να λύσω το σύστημα, γιατί δεν ξέρω να αναλύσω τη δυναμοσειρά στο τέλος, για να καταλήξω σε γραμμική ακολουθία μίας και ενδεχομένως από εκεί να πάρω λύσεις.

min## · #4

Είναι ψιλοστάνταρ η διαδικασία (για

περιττό-τα άλλα εύκολα)-αν και εμπεριέχει λίγη "τύχη").
Για να τη δούμε:
Έστω $a=2k+1,k\in \mathbb{N}_{0}$ .
Η δοθείσα γράφεται ως $3\cdot (3^k)^{2}-2b^2=1$ .
Μελετάμε λοιπόν τη διοφαντική 3x^2-2y^2=1

(1) και ελπίζουμε να περιορίσουμε κάπως τις δυνάμεις του

που αποτελούν λύσεις για το

.

Βρίσκουμε αρχικά ως θεμελιώδη λύση την $(x_{0},y_{0})=(1,1)$ .
Από γνωστή θεωρία,η γενική λύση $(x_{n},y_{n})$ δίνεται από το ζεύγος $(x_{0}u_{n}+2y_{0}w_{n},y_{0}u_{n}+3x_{0}w_{n})$ .
Αυτό γράφεται απλούστερα ως $(u_{n}+2w_{n},u_{n}+3w_{n})$ .
Τι είναι τα $u_{i},w_{i}$ ;.
Είναι οι ακολουθίες των λύσεων της λεγόμενης "επιλύουσας Pell

" της (1).
Αυτή η Pell

,στη γενική περίπτωση (ax^2-by^2=1)

έχει τη μορφή u^2-abw^2=1

.
Οι σχετικές αποδείξεις των ισχυρισμών παραλείπονται-αν και δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολες.

Στη συγκεκριμένη περίπτωση λοιπόν,η επιλύουσα για την (1) είναι η u^2-6w^2=1

για την οποία βρίσκουμε την $(u_{1},w_{1})=(5,2)$ ως θεμελιώδη λύση.
Ο γενικός αναδρομικός τύπος που προκύπτει από την παραπάνω Pell

είναι $u_{n+1}=5u_{n}+12w_{n},u_{1}=5$ για την

και $w_{n+1}=2u_{n}+5w_{n},w_{1}=2$ .
Απαλοίφουμε το

στην πρώτη και το

στη δεύτερη,για να πάρουμε τις σαφώς φιλικότερες $u_{n+1}=10u_{n}-u_{n-1},u_{0}=1,u_{1}=5$ και $w_{n+1}=10w_{n}-w_{n-1},w_{0}=0,w_{1}=2$ .Εδώ απλώς κοτσάραμε την $(u_{0},w_{0})=(1,0)$ ως τετριμμένη λύση-που όμως περιέχεται στην ακολουθία.

Το σημαντικό είναι ότι οι $u_{i},w_{i}$ έχουν τον ίδιο αναδρομικό τύπο.
Το ίδιο λοιπόν θα ισχύει και για τη $x_{i}$ (γραμμικός συνδυασμός τους).
Τσεκάροντας τις αρχικές συνθήκες παίρνουμε:
$x_{n+1}=10x_{n}-x_{n-1},x_{0}=1,x_{1}=9$ .

Η δυσκολία εδώ έγκειται στο ότι οι πρώτοι δύο όροι είναι ήδη δυνάμεις του

.
Παίρνουμε mod3

την παραπάνω.
Βλέπουμε ότι τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα : 1,0,2,2,0,1..

και μετά ξανά από την αρχή-αναμενόμενο να "ανακυκλώνονται" από Περιστεροφωλιά.

Θα θέλαμε να δείξουμε ότι όποτε μια μεγάλη δύναμη του

διαιρεί όρο της ακολουθίας,τότε αυτή διαιρείται και από κάτι άλλο οπότε αποκλείεται κάποιος όρος να περιέχει μόνο τριάρια.

Ας πάρουμε το αμέσως επόμενο μηδενικό.
Είναι $x_{4}=8721=3^3\cdot 17 \cdot 19$ .
Ας πάρουμε λοιπόν mod 17

την ακολουθία,για να δούμε τι πάει στραβά. (και το

δουλεύει εντελώς κατά τύχη).
Τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα : 1,9,4,14,0,3,13,8,16,16,8,13,3,0,14,4,9,1

και ξανά από την αρχή.
Εντελώς τυχαία (ή ίσως όχι),αν πάρουμε mod27

η περίοδος είναι ίδια με του mod17

και τα μηδενικά πέφτουν στα ίδια ακριβώς σημεία.

Επομένως οι μόνες δυνάμεις του

που υπάρχουν στην ακολουθία είναι 3^0,3^2

που δίνουν ως λύσεις τις (a,b)=(1,1),(5,11)

.

stranger · #5

Θα δείξω ότι αν 3^a=2b^2+1

τότε $b= \frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a})$ .
Δουλεύουμε στο $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ το οποίο είναι ευκλείδια περιοχή.
Μπορούμε να γράψουμε την αρχική ως εξής: $(2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= 2 \cdot 3^a$ .
Άρα επειδή $3= (1-\sqrt{-2})(1+\sqrt{-2})$ μπορούμε να πούμε ότι $(2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= - (\sqrt{-2})^2 (1-\sqrt{-2})^a(1+\sqrt{-2})^a$ , το οποίο είναι ανάλυση σε πρώτους παράγοντες στο $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ .
Άρα αφού το $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ είναι περιοχή μοναδικής παραγοντοποίησης έχουμε ότι:
$2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1-\sqrt{-2})^j (1+ \sqrt{-2})^k= \pm (\sqrt{-2})^i 3^w (1 \pm \sqrt{-2})^s$ .
Όμως το

δεν διαιρεί τον $2b - \sqrt{-2}$ στον $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ .
Άρα w=0

, το οποίο σημαίνει ότι $2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1 \pm \sqrt{-2})^s$ .
Παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε 4b^2+2= 2^i 3^s

. Οπότε

και

.
Άρα $2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a$ και το συμπέρασμα έπεται.

miltosk · #6

min## έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 28, 2020 7:09 pm
Είναι ψιλοστάνταρ η διαδικασία (για περιττό-τα άλλα εύκολα)-αν και εμπεριέχει λίγη "τύχη").
Για να τη δούμε:
Έστω $a=2k+1,k\in \mathbb{N}_{0}$ .
Η δοθείσα γράφεται ως $3\cdot (3^k)^{2}-2b^2=1$ .
Μελετάμε λοιπόν τη διοφαντική (1) και ελπίζουμε να περιορίσουμε κάπως τις δυνάμεις του που αποτελούν λύσεις για το .

Βρίσκουμε αρχικά ως θεμελιώδη λύση την $(x_{0},y_{0})=(1,1)$ .
Από γνωστή θεωρία,η γενική λύση $(x_{n},y_{n})$ δίνεται από το ζεύγος $(x_{0}u_{n}+2y_{0}w_{n},y_{0}u_{n}+3x_{0}w_{n})$ .
Αυτό γράφεται απλούστερα ως $(u_{n}+2w_{n},u_{n}+3w_{n})$ .
Τι είναι τα $u_{i},w_{i}$ ;.
Είναι οι ακολουθίες των λύσεων της λεγόμενης "επιλύουσας " της (1).
Αυτή η ,στη γενική περίπτωση έχει τη μορφή .
Οι σχετικές αποδείξεις των ισχυρισμών παραλείπονται-αν και δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολες.

Στη συγκεκριμένη περίπτωση λοιπόν,η επιλύουσα για την (1) είναι η για την οποία βρίσκουμε την $(u_{1},w_{1})=(5,2)$ ως θεμελιώδη λύση.
Ο γενικός αναδρομικός τύπος που προκύπτει από την παραπάνω είναι $u_{n+1}=5u_{n}+12w_{n},u_{1}=5$ για την και $w_{n+1}=2u_{n}+5w_{n},w_{1}=2$ .
Απαλοίφουμε το στην πρώτη και το στη δεύτερη,για να πάρουμε τις σαφώς φιλικότερες $u_{n+1}=10u_{n}-u_{n-1},u_{0}=1,u_{1}=5$ και $w_{n+1}=10w_{n}-w_{n-1},w_{0}=0,w_{1}=2$ .Εδώ απλώς κοτσάραμε την $(u_{0},w_{0})=(1,0)$ ως τετριμμένη λύση-που όμως περιέχεται στην ακολουθία.

Το σημαντικό είναι ότι οι $u_{i},w_{i}$ έχουν τον ίδιο αναδρομικό τύπο.
Το ίδιο λοιπόν θα ισχύει και για τη $x_{i}$ (γραμμικός συνδυασμός τους).
Τσεκάροντας τις αρχικές συνθήκες παίρνουμε:
$x_{n+1}=10x_{n}-x_{n-1},x_{0}=1,x_{1}=9$ .

Η δυσκολία εδώ έγκειται στο ότι οι πρώτοι δύο όροι είναι ήδη δυνάμεις του .
Παίρνουμε την παραπάνω.
Βλέπουμε ότι τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα : και μετά ξανά από την αρχή-αναμενόμενο να "ανακυκλώνονται" από Περιστεροφωλιά.

Θα θέλαμε να δείξουμε ότι όποτε μια μεγάλη δύναμη του διαιρεί όρο της ακολουθίας,τότε αυτή διαιρείται και από κάτι άλλο οπότε αποκλείεται κάποιος όρος να περιέχει μόνο τριάρια.

Ας πάρουμε το αμέσως επόμενο μηδενικό.
Είναι $x_{4}=8721=3^3\cdot 17 \cdot 19$ .
Ας πάρουμε λοιπόν την ακολουθία,για να δούμε τι πάει στραβά. (και το δουλεύει εντελώς κατά τύχη).
Τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα : και ξανά από την αρχή.
Εντελώς τυχαία (ή ίσως όχι),αν πάρουμε η περίοδος είναι ίδια με του και τα μηδενικά πέφτουν στα ίδια ακριβώς σημεία.

Επομένως οι μόνες δυνάμεις του που υπάρχουν στην ακολουθία είναι που δίνουν ως λύσεις τις .

Ωραία, καλή ανάλυση (την οποία υποθέτω έκανες για να με διευκολύνεις οπότε και σε ευχαριστώ). Δε μου ρθε καθόλου η νορμάλ Pell και βούτηξα στη γενικευμένη όπου την βρήκα κάπως λυμενη και το δεσα κόμπο ότι μόνο έτσι βγαίνει.

stranger · #7

stranger έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 28, 2020 7:19 pm
Θα δείξω ότι αν τότε $b= \frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a})$ .
Δουλεύουμε στο $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ το οποίο είναι ευκλείδια περιοχή.
Μπορούμε να γράψουμε την αρχική ως εξής: $(2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= 2 \cdot 3^a$ .
Άρα επειδή $3= (1-\sqrt{-2})(1+\sqrt{-2})$ μπορούμε να πούμε ότι $(2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= - (\sqrt{-2})^2 (1-\sqrt{-2})^a(1+\sqrt{-2})^a$ , το οποίο είναι ανάλυση σε πρώτους παράγοντες στο $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ .
Άρα αφού το $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ είναι περιοχή μοναδικής παραγοντοποίησης έχουμε ότι:
$2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1-\sqrt{-2})^j (1+ \sqrt{-2})^k= \pm (\sqrt{-2})^i 3^w (1 \pm \sqrt{-2})^s$ .
Όμως το δεν διαιρεί τον $2b - \sqrt{-2}$ στον $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ .
Άρα , το οποίο σημαίνει ότι $2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1 \pm \sqrt{-2})^s$ .
Παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε . Οπότε και .
Άρα $2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a$ και το συμπέρασμα έπεται.

Συνεχίζοντας...
Έστω ότι $2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a$ και ότι ο

είναι πραγματικός. Τότε παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε 2b^2+1 = 3^a

.
Άρα ο

είναι ακέραιος όταν ο

είναι φυσικός. Όπότε $b= \pm \sqrt{n}$ όπου

φυσικός αριθμός.
Όποτε $2 \sqrt{n}= \pm \sqrt{-2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a})$ . Άρα αφού ο $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ είναι δακτύλιος έπεται ότι κάθε προσθαφαίρεση και πολλαπλασιασμός στοιχείων του είναι μέσα στον δακτύλιο. Άρα $2 \sqrt{n} \in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ από το οποίο μπορούμε να βγάλουμε μετά ότι ο

είναι τετράγωνο φυσικού. Άρα $b \in \mathbb{Z}$ .
Οπότε οι λύσεις της διοφαντικής είναι ακριβώς οι $\{(a,b) = (a,\frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a}))) : a \in \mathbb{N}\, b \in \mathbb{R}\}$ .

stranger · #8

ΛΑΘΟΣ POST.

User#0000 · #9

nikhtas30 έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 28, 2020 8:46 am
Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
ή ή

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του ανέβαινε κατά κάθε φορά.
π.χ
ή...ή , τότε ή...ή $3^{a}≥33$ , τότε και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για και και $x,y \in {R}$ Graph_2020-08-28_09-42-04.pngScreenshot_20200829-035050.png

Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι για κάθε και

Έστω ότι

για κάθε

και

άρα

δηλαδή

, Άτοπο, οπότε
3^a>2b^2+1

για κάθε

και

με άλλα λόγια απέδειξα ότι
3^a≠2b^2+1

για κάθε

και

Συνεπώς δεν έχει λύσεις για a≥6

και

Άρα δεν χάνω λύσει άρα τελείωσα

Edit:
Απλά απέδειξα ότι δεν ισχύει ισχύει η ανισότητα για b=12

και όχι για κάθε b≥12

.
Βασικά και αυτό που υποθέτω είναι λάθος, γιατί δεν βγαίνει "για κάθε"
a≥6

και

θα μπορούσε κάποιος να b=1000

και

ή το ανάποδο, οπότε δεν ισχύει ο ισχυρισμός μου ή κάποιος παρόμοιος.

stranger · #10

nikhtas30 έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 30, 2020 3:08 am

nikhtas30 έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 28, 2020 8:46 am
Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
ή ή

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του ανέβαινε κατά κάθε φορά.
π.χ
ή...ή , τότε ή...ή $3^{a}≥33$ , τότε και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για και και $x,y \in {R}$ Graph_2020-08-28_09-42-04.pngScreenshot_20200829-035050.png

Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι για κάθε και
Έστω ότι
για κάθε και
άρα

δηλαδή
, Άτοπο, οπότε
για κάθε και
με άλλα λόγια απέδειξα ότι
για κάθε και
Συνεπώς δεν έχει λύσεις για και
Άρα δεν χάνω λύσει άρα τελείωσα

Δεν είναι συλλογιστική αυτή. Υποθέτεις ότι $3^a \leq 2b^2+1$ και καταλήγεις ότι $3^a \leq 289$ . Επίσης και το υπόλοιπο του κειμένου είναι γεμάτο λάθη.

miltosk · #11

Γενικά σε τέτοιες ασκήσεις η καθαρή άλγεβρα δεν κάνει τίποτα μόνη της.

Βραζιλιάνικα...

Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Re: Βραζιλιάνικα...

Μέλη σε σύνδεση