Równanie diofantyczne 3 zmiennych
-
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
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?
\(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}=c \cdot p}\)
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?
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
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.
Ostatnio zmieniony 19 wrz 2017, o 17:31 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.Ponewor pisze:Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?
-- 21 marca 2013, 14:58 --
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:Piotr Rutkowski pisze: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.
\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {3x+c}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}\right.}\)
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
- Moderator
- Posty: 2218
- Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 297 razy
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
chodzi o to, czy jest to dany parametr, czy niewiadoma do wyznaczenia.matemix pisze:\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.Ponewor pisze:Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?
-
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
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.Ponewor pisze:chodzi o to, czy jest to dany parametr, czy niewiadoma do wyznaczenia.matemix pisze:\(\displaystyle{ p}\) i wszystkie zmienne to liczby naturalne.Ponewor pisze:Co to jest \(\displaystyle{ p}\)?
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
- Użytkownik
- Posty: 11413
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
matemix pisze: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?
i czemu \(\displaystyle{ 2^{x+y} - 3^y}\) a nie np. \(\displaystyle{ 2^{x} - 3^y}\) ?Ponewor napisał(a):
Co to jest ? \(\displaystyle{ p}\)
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...
-
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
To właściwie bez znaczenia, zastosowałem taki zapis, bo potrzebne mi było rozdzielenie tych dwóch zmiennych do innych celów.i czemu \(\displaystyle{ 2^{x+y} - 3^y}\) a nie np. \(\displaystyle{ 2^{x} - 3^y}\) ?
Faktycznie.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
Wynik \(\displaystyle{ 2^{x+y}-3^{y}}\) jest zawsze nieparzysty, więc dla każdego parzystego \(\displaystyle{ c}\) nie znajdziemy rozwiazań.gdy \(\displaystyle{ c=2}\) rozwiazań brak...
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
- Użytkownik
- Posty: 11413
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
matemix, ty chyba tylko o ...problemie Collatza. Może więc istnieć nieskonczenie wiele , ale określenie ich wszyskich jest niezbyt możliwe....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.
więc niech bedzie może \(\displaystyle{ z}\) a nie \(\displaystyle{ p}\) ...?p i wszystkie zmienne to liczby naturalne.
-
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie diofantyczne 3 zmiennych
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.matemix, ty chyba tylko o ...problemie Collatza.
\(\displaystyle{ p}\) powinno być jednym z czynników \(\displaystyle{ z}\), ale nie są to tożsame zmienne.więc niech bedzie może \(\displaystyle{ z}\) a nie \(\displaystyle{ p}\) ...?
-
- Użytkownik
- Posty: 70
- Rejestracja: 2 lut 2017, o 10:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stęszew
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 14 razy
Re: Równanie diofantyczne 3 zmiennych
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..
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..
Ostatnio zmieniony 19 wrz 2017, o 17:45 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: \pmod.
Powód: Poprawa wiadomości: \pmod.