Równanie diofantyczne 3 zmiennych

[matemix]

Mamy równanie:

\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}=c \cdot p}\)

Wszystkie zmienne to liczby naturalne. Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ c=5}\), czy istnieje skończenie wiele par liczb \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) spełniających to równanie?

Czy dla dowolnie przyjętego \(\displaystyle{ c}\) (poza \(\displaystyle{ c=1}\)) istnieje skończenie wiele par liczb \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) spełniających to równanie?

[Ponewor]

Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?

[Piotr Rutkowski]

Nie wiemy czy będzie skończenie wiele rozwiązań (jeśli w ogóle jakieś są). Rozpatrując \(\displaystyle{ \mod 5}\) dostaniesz pewne zależności, które muszą spełniać \(\displaystyle{ x,y}\), ale to w niczym nie pomoże, analitycznie nie pokażesz, że takie dwie potęgi są odpowiednio od siebie oddalone dla dużych \(\displaystyle{ y}\). Nie sądzę żeby dało się cokolwiek powiedzieć na ten temat w takiej formie.

[matemix]

Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?

\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.

-- 21 marca 2013, 14:58 --

Nie wiemy czy będzie skończenie wiele rozwiązań (jeśli w ogóle jakieś są). Rozpatrując \(\displaystyle{ mod5}\) dostaniesz pewne zależności, które muszą spełniać \(\displaystyle{ x,y}\), ale to w niczym nie pomoże, anaitycznie nie pokażesz, że takie dwie potęgi są odpowiednio od siebie oddalone dla dużych \(\displaystyle{ y}\). Nie sądzę żeby dało się cokolwiek powiedzieć na ten temat w takiej formie.

Ogólnie w innej formie też trudno cokolwiek powiedzieć o tym równaniu. Zahacza ono trochę o jeden w nierozwiązanych dotychczas problemów matematycznych - problem collatza. Jeżeli istnieje skończenie wiele rozwiązań tego rodzaju równania dla dowolnego \(\displaystyle{ c}\) (większego od \(\displaystyle{ 1}\) i oczywiście nieparzystego), to dowolny ciąg postaci:

\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {3x+c}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}\right.}\)

ma skończenie wiele liczb które się w nim zapętlają, a jeżeli istnieje nieskończenie wiele par \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) dla których równanie jest spełnione (przy danym \(\displaystyle{ c}\)) to taki ciąg ma nieskończenie wiele liczb które się w nim zapętlają.

[Ponewor]

Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?

\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.

chodzi o to, czy jest to dany parametr, czy niewiadoma do wyznaczenia.

[matemix]

Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?

\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.

chodzi o to, czy jest to dany parametr, czy niewiadoma do wyznaczenia.

Ogólnie jest to niewiadoma, dane jest tylko \(\displaystyle{ c}\), zmienna \(\displaystyle{ p}\), przy danym \(\displaystyle{ c}\) może być dowolna (nie jest z góry zadana). I nie koniecznie pytam o to ile wynosi \(\displaystyle{ p}\). To co mnie interesuje to czy istnieje nieskończenie wiele liczb postaci \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}}\) których jednym z czynników jest jakieś wybrane \(\displaystyle{ c}\). Zresztą może być też tak, że dla jednych \(\displaystyle{ c}\) istnieje nieskończenie wiele takich liczb, a dla innych nie.

PS Właściwie interesuje mnie też jeszcze szerszy problem. Mianowicie czy przy ustalonym \(\displaystyle{ z}\) (naturalnym) oraz \(\displaystyle{ c}\) istnieje nieskończenie wiele par \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) spełniających równanie:

\(\displaystyle{ z^{x+y}-2^{y}=c \cdot p}\)


Przykładowo - czy istnieje nieskończenie wiele liczb postaci \(\displaystyle{ 2^{x+y}-5^{y}}\) których czynnikiem jest np. \(\displaystyle{ c=3}\). Pozwalałoby to odpowiedzieć na pytanie czy dowolny ciąg:

\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {p \cdot x+c}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}\right.}\)

ma skończenie wiele, czy może nieskończenie wiele liczb które się w nim zapętlają.

[mol_ksiazkowy]

Mamy równanie:

\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}=c \cdot p}\)

Wszystkie zmienne to liczby naturalne. Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ c=5}\), czy istnieje skończenie wiele par liczb \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) spełniających to równanie?

Ponewor napisał(a):
Co to jest ? \(\displaystyle{ p}\)

i czemu \(\displaystyle{ 2^{x+y} - 3^y}\) a nie np. \(\displaystyle{ 2^{x} - 3^y}\) ?

A znowu np gdy \(\displaystyle{ 2^6 - 3^2= 5 \cdot 11}\) to \(\displaystyle{ 2^{12} - 3^4= 5 \cdot 11\cdot (2^6 +3^2)}\) itd
wiec bedzie nieskonczenie wiele

gdy \(\displaystyle{ c=2}\) rozwiazań brak...

[matemix]

i czemu \(\displaystyle{ 2^{x+y} - 3^y}\) a nie np. \(\displaystyle{ 2^{x} - 3^y}\) ?

To właściwie bez znaczenia, zastosowałem taki zapis, bo potrzebne mi było rozdzielenie tych dwóch zmiennych do innych celów.

A znowu np gdy \(\displaystyle{ 2^6 - 3^2= 5 \cdot 11}\) to \(\displaystyle{ 2^{12} - 3^4= 5 \cdot 11\cdot (2^6 +3^2)}\) itd
wiec bedzie nieskonczenie wiele

Faktycznie.

gdy \(\displaystyle{ c=2}\) rozwiazań brak...

Wynik \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}}\) jest zawsze nieparzysty, więc dla każdego parzystego \(\displaystyle{ c}\) nie znajdziemy rozwiazań.

Wcześniej wyraziłem się nieco nieprecyzyjnie odnośnie związku tego równania z występowaniem liczb które zapętlają się w pewnych ciągach.

Wzór według którego możemy wyznaczyć wszystkie liczby (nieparzyste) które zapętlają się w dowolnym ciągu typu collatza, postaci:

\(\displaystyle{ f(n) = \begin{cases} \frac {p}{2} \cdot n+ \frac {2^{x+y}-p^{y}}{2} \cdot r \ \ \ gdy \ n \ jest \ nieparzyste\\ \ \ \frac {n}{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ gdy \ n \ jest \ parzyste\end{cases}}\)

Wygląda nieco bardziej skomplikowanie.

Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie dowolną nieparzystą liczbą naturalną.

Niech \(\displaystyle{ z}\) będzie jakąś liczbą nieparzystą, zdefiniowaną następująco:

\(\displaystyle{ z = [1, (\frac {p}{2})^{1}, (\frac {p}{2})^{2}, ... , (\frac {p}{2})^{y-1}] \cdot \begin{bmatrix} 2^{x^{'}}\\2^{x^{''}}\\.\\.\\.\\2^{x^{y-1}}\\1\end{bmatrix} \cdot 2^{y-1}}\)

oraz spełnione są warunki:

1) \(\displaystyle{ x^{'}, x^{''}, ... , x^{y-1} \in [0, x]}\)

2) \(\displaystyle{ x^{'} \ge x^{''} \ge ... \ge x^{y-1}}\)


Niech \(\displaystyle{ x}\) będzie dowolną liczbą naturalną oraz ilością operacji typu \(\displaystyle{ n \mapsto \frac {n}{2}}\) w pętli liczby \(\displaystyle{ L = z \cdot r}\).
Niech \(\displaystyle{ y}\) będzie dowolną liczbą naturalną oraz ilością operacji typu \(\displaystyle{ n \mapsto \frac {p}{2} \cdot n + \frac {2^{x+y}-p^{y}}{2} \cdot r}\) w pętli liczby \(\displaystyle{ L= z \cdot r}\).

Niech \(\displaystyle{ r}\) będzie pewną liczbą wymierną taką, że \(\displaystyle{ (2^{x+y}-p^{y}) \cdot r}\) jest liczbą całkowitą oraz \(\displaystyle{ z \cdot r}\) także jest liczbą całkowitą.

Za pomocą niniejszego wzoru, po przyjęciu odpowiednich zmiennych definiujących nasz ciąg możemy wyznaczyć dowolne liczby \(\displaystyle{ L = z \cdot r}\) zapętlające się w ciągach typu collatza.


Przykład:

W pierwszej kolejności dobieramy zmienną \(\displaystyle{ p}\), przyjmijmy \(\displaystyle{ p=3}\). Następnie określmy \(\displaystyle{ y=4}\) i \(\displaystyle{ x=4}\), łatwo przewidzieć, że nasza pętla będzie miała zatem długość \(\displaystyle{ x+y=8}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ r=3}\). Definicja ciągu w którym będzie się zapętlać nasza liczba będzie zatem następujaca:

\(\displaystyle{ f(n) = \begin{cases} 1,5 \cdot n+ 262,5 \ \ \ gdy \ n \ jest \ nieparzyste\\ \ \ \frac {n}{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ gdy \ n \ jest \ parzyste\end{cases}}\)


Wyznaczmy \(\displaystyle{ z}\). Zauważmy, że możliwości różnego dobrania zmiennej \(\displaystyle{ z}\) tak, aby spełnione były warunki:

1) \(\displaystyle{ x^{'}, x^{''}, ... , x^{y-1} \in [0, x]}\)

2) \(\displaystyle{ x^{'} \ge x^{''} \ge ... \ge x^{y-1}}\)

jest:

\(\displaystyle{ {x+y-1 \choose y-1} = \frac {(4+4-1)!}{4! \cdot (4-1)!} = 35}\)

I dla każdej z tych możliwości dostaniemy pewną pętlę. My weźmiemy zmienną \(\displaystyle{ z}\) określoną następująco:

\(\displaystyle{ z = [1, (\frac {3}{2})^{1}, (\frac {3}{2})^{2}, (\frac {3}{2})^{3}] \cdot \begin{bmatrix} 2^{3}\\2^{2}\\2^{2}\\1\end{bmatrix} \cdot 2^{3} = (8 + 6 + 9 + 3,375) \cdot 8 = 211}\)

Liczba \(\displaystyle{ L}\) która się zapętla w naszym ciągu wynosi zatem:

\(\displaystyle{ L=211 \cdot 3 = 633}\)

A oto owa pętla:

\(\displaystyle{ 633, 1212, 606, 303, 717, 1338, 669, 1266, 633, ...}\)


Dlatego tak naprawdę, aby potwierdzić, że na przykład w ciągu:

\(\displaystyle{ f(n) = \begin{cases} \frac {3}{2} \cdot n+ \frac {2^{3}-3^{1}}{2} \cdot 1 \ \ \ gdy \ n \ jest \ nieparzyste\\ \ \ \frac {n}{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ gdy \ n \ jest \ parzyste\end{cases}}\)

występuje nieskończenie wiele liczb które się zapętlają należałoby wykazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb całkowitych \(\displaystyle{ L=z \cdot r}\). Przy czym \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\) oraz \(\displaystyle{ r}\) będą się zmieniać, a \(\displaystyle{ r}\) będzie wynosić kolejno \(\displaystyle{ 1}\), \(\displaystyle{ \frac {1}{2^3+3^1}}\), \(\displaystyle{ \frac {1}{(2^3+3^1) \cdot (2^6+3^2)}}\), itd. Chyba nie jest oczywiste, że dla każdego przypadku \(\displaystyle{ r}\) będziemy znajdować jakąś liczbę \(\displaystyle{ z}\) taką, że \(\displaystyle{ r}\) ją dzieli.

[mol_ksiazkowy]

Ogólnie jest to niewiadoma, dane jest tylko \(\displaystyle{ c}\), zmienna \(\displaystyle{ p}\), przy danym \(\displaystyle{ c}\) może być dowolna (nie jest z góry zadana). I nie koniecznie pytam o to ile wynosi \(\displaystyle{ p}\). To co mnie interesuje to czy istnieje nieskończenie wiele liczb postaci \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}}\) których jednym z czynników jest jakieś wybrane \(\displaystyle{ c}\). Zresztą może być też tak, że dla jednych \(\displaystyle{ c}\) istnieje nieskończenie wiele takich liczb, a dla innych nie.

matemix, ty chyba tylko o ...problemie Collatza. Może więc istnieć nieskonczenie wiele , ale określenie ich wszyskich jest niezbyt możliwe....

p i wszystkie zmienne to liczby naturalne.

więc niech bedzie może \(\displaystyle{ z}\) a nie \(\displaystyle{ p}\) ...?

[matemix]

matemix, ty chyba tylko o ...problemie Collatza.

Fakt mam małego bzika na tym punkcie , ale taki to ciekawy problem, że generuje wiele powiązanych problemów. Jakkolwiek ta wypowiedź na temat ciągów to tylko taka dygresja nie dotycząca bezpośrednio tematu wątku, może ktoś będzie chciał wiedzieć skąd wzięło się to równanie i kogoś to zainteresuje.

więc niech bedzie może \(\displaystyle{ z}\) a nie \(\displaystyle{ p}\) ...?

\(\displaystyle{ p}\) powinno być jednym z czynników \(\displaystyle{ z}\), ale nie są to tożsame zmienne.

[HelperNES]

Przeczytałem cały temat i tak w sumie patrząc, dane równanie ma zero, lub nieskończenie wiele rozwiązań dla \(\displaystyle{ c}\) będącego liczbą pierwszą co łatwo da się udowodnić:

Hipoteza:
Dla \(\displaystyle{ c}\) - będącego liczbą pierwszą równanie diofantyczne \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y=cp}\) nie ma rozwiązań, lub jest ich nieskończenie wiele

Dowód:
Jeżeli \(\displaystyle{ c}\) ma być jednym z dzielników \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y}\), dany problem można również przedstawić jako \(\displaystyle{ \exists_{x,y\in\mathbb{N}}\ 2^{x+y}-3^y\equiv0\pmod{c}}\) i tak będziemy go teraz przedstawiać

Niech \(\displaystyle{ c}\) - będzie liczbą pierwszą, wtedy:

Dla \(\displaystyle{ c=2}\) mamy:
\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y\equiv-3^y\pmod{2}}\) i od razu widać, że nie ma rozwiązań ponieważ \(\displaystyle{ \forall_{y\in\mathbb{N}}\ -3^y\neq2n,\ n\in\mathbb{N}}\)

Dla \(\displaystyle{ c=3}\) mamy analogiczną sytuację:
\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y\equiv2^{x+y}\pmod{3}}\) i też nie ma rozwiązań ponieważ żadna potęga \(\displaystyle{ 2}\) nie dzieli się przez \(\displaystyle{ 3}\)

Dla \(\displaystyle{ c\ge5}\) mamy:
Zauważmy, że \(\displaystyle{ NWD(2,c)=NWD(3,c)=1}\), w takim razie korzystając z Małego Twierdzenia Fermata (MTF) możemy ograniczyć sprawdzanie rozwiązań, dla \(\displaystyle{ 1\le x,y\le c-1,\ x,y\in\mathbb{N}}\). Znalezienie przynajmniej jednego rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y)}\) w takim przedziale spowoduje też istnienie nieskończoność rozwiązań.

Z MTF i \(\displaystyle{ NWD(2,c)=NWD(3,c)=1}\), widać od razu, że na przykład dla \(\displaystyle{ x=y=c-1}\) wychodzi:
\(\displaystyle{ 2^{c-1}\cdot2^{c-1}-3^{c-1}\equiv1\cdot1-1\pmod{c} =0\pmod{c}\ \ \ \square}\)-- 21 wrz 2017, o 08:29 --Pomyślałem jeszcze trochę i doszedłem do kolejnych obserwacji.

Hipoteza:
Dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ c\in\mathbb{N}}\) równanie \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y=cp}\) nie ma rozwiązań, lub jest ich nieskończenie wiele

Dowód:
Dla \(\displaystyle{ c}\) będącą pierwszą zostało to już udowodnione (post wyżej), zajmijmy się w takim razie tylko liczbami złożonymi. Bardzo przydatne będzie tutaj twierdzenie Eulera

Twierdzenie Eulera:
Dla pary liczb \(\displaystyle{ (a,n)}\) gdzie \(\displaystyle{ NWD(a,n)=1}\) zachodzi kongruencja:
\(\displaystyle{ a^{\phi(n)}\equiv1\pmod{n}}\) , gdzie \(\displaystyle{ \phi(n)}\) to tocjent liczby \(\displaystyle{ n}\)

W takim razie warto rozpatrzyć 4 przypadki:

1. Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie takie że \(\displaystyle{ NWD(2,c)=2\ \wedge\ NWD(3,c)=1}\). Można wtedy zauważyć, że \(\displaystyle{ c=2k,\ k\in\mathbb{N}}\) , więc
\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^y=2kp=2p'}\), gdzie \(\displaystyle{ p'=kp}\), co daje nam z powrotem problem dla \(\displaystyle{ c=2}\) i nie ma on rozwiązań

2. Analogiczna sytuacja następuje dla \(\displaystyle{ c}\) takiego że \(\displaystyle{ NWD(2,c)=1\ \wedge\ NWD(3,c)=3}\) i nie będzie rozwiązań

3. Tak samo dla \(\displaystyle{ c}\), którego \(\displaystyle{ NWD(2,c)=2\ \wedge\ NWD(3,c)=3}\), ponieważ możemy przekształcić problem do problemu \(\displaystyle{ c=2\ \vee\ c=3}\) , nie będzie rozwiązań

4. Został nam ostatni przypadek, czyli takie \(\displaystyle{ c}\), że \(\displaystyle{ NWD(2,c)=1\ \wedge\ NWD(3,c)=1}\). Dla tego przypadku możemy, więc skorzystać z Twierdzenia Eulera. Można również zauważyć, że \(\displaystyle{ \forall_{c\in\mathbb{N}}\ 1\le\phi(c)\le c-1}\). W takim razie dla \(\displaystyle{ x=y=\phi(c)}\) mamy:
\(\displaystyle{ 2^{2\phi(c)}-3^{\phi(c)}\equiv1^2-1\pmod{c}=0\pmod{c}}\)
Czyli w danym przypadku istnieje przynajmniej nieskończoność rozwiązań dla \(\displaystyle{ (x,y)}\) postaci \(\displaystyle{ x=y=k\cdot\phi(c),\ k\in\mathbb{N}\ \ \ \square}\)

PS
Sorki za double post, ale jakoś nie mogłem znaleźć opcji edycji..