Określ wszystkie zestawy nieujemnych liczb całkowitych x, y i z, które spełniają równanie $2^x + 3^y = z^2$ [duplikować]
Określ wszystkie zestawy nieujemnych liczb całkowitych x, y i z, które spełniają równanie $2^x + 3^y = z^2$
Nastąpiło to w INMO z 1992 roku i co ciekawe wydaje się, że zostało uwzględnione w Rundzie 2 BMO z 1996 roku? Nigdy nie słyszałem, żeby pytanie było kopiowane bezpośrednio z innej olimpiady, więc było to dla mnie pierwsze.
W każdym razie najpierw przyjrzałem się sprawie $y=0$. To szybko dało mi jedno rozwiązanie, a mianowicie$(x,y,z)=(3,0,3)$
Następnie rozważałem $x,y,z>0$
Wiemy $2^x + 3^y \equiv (-1)^x+0 \bmod 3$ i że są idealne kwadraty $\equiv 0,1 \bmod 3$. Łatwo zauważyć, że jedyną skuteczną kombinacją jest$x$ być równym i $z=3m+1$ rodzaj $\Rightarrow z$ to jest dziwne
Wiemy też, że są takie dziwne, idealne kwadraty $\equiv 1 \bmod 4$. Dalej,$3^y\equiv (-1)^y \bmod 4$ i od tego czasu $x$ czy nawet to implikuje $x≥2$ a zatem $2^x$ jest podzielna przez $4$. To dalej implikuje, że$(-1)^y \equiv 1 \bmod 4 \Rightarrow y$ jest również równa.
Pozwolić $x=2k$. Wtedy staje się nasza pierwotna ekspresja$$3^y=(z+2^k)(z-2^k)$$ Mamy dwie możliwości: pierwsza jest taka $(z-2^k)=1$ i $(z+2^k)=3^y$ a po drugie $(z-2^k)=3^{y-a}$ i $(z+2^k)=3^a$. Ale ponieważ wcześniej to ustaliliśmy$z=3k±1$ i jako $2^k \equiv (-1)^y \bmod 3$, możemy szybko odrzucić drugą możliwość.
Więc w końcu mamy $$(z-2^k)=1$$ $$(z+2^k)=3^y$$
Tutaj żałośnie utknąłem. Inną rzeczą, którą dostałem, było to$k$ jest również parzysta (co oznacza $x$ jest wielokrotnością $4$). Jeszcze jedno jest takie, że od tego czasu$y$ jest równa $3^y$ jest podzielna przez $9$. Nie wiem, jak możemy teraz wykorzystać ten fakt, ale pomyślałem, że warto o tym wspomnieć.
Będziemy wdzięczni za każdą pomoc, dzięki.
Odpowiedzi
Po pierwsze, z twoim dowodem jest kilka drobnych problemów:
Następnie rozważałem $x,y,z>0$
Czy znalazłeś wszystkie rozwiązania z $xyz=0$? (Nie!)
Wiemy $2^x + 3^y \equiv (-1)^x+0 \bmod 3$ i że są idealne kwadraty $\equiv 0,1 \bmod 3$. Łatwo zauważyć, że jedyną skuteczną kombinacją jest$x$ być równym i $z=3m+1$ rodzaj $\Rightarrow z$ to jest dziwne.
To prawda, że $x$ musi być równe, ale nie to $z\equiv1\pmod{3}$. To też jest możliwe$z\equiv2\pmod{3}$. Na szczęście później to stwierdzasz$z=3k\pm1$, więc może to tylko literówka. Ale wniosek, że$z$wydaje się nawet nie na miejscu; zamiast tego wynika to z prostego faktu, że$x>0$, jak wtedy $$z^2\equiv 2^x+3^y\equiv1\pmod{2}.$$
Reszta dowodu jest w porządku. Połączone duplikaty zapewniają alternatywne (i szybsze) rozwiązania pierwotnego problemu, ale oto szybkie i łatwe zakończenie Twojego podejścia:
Już to zauważyłeś $y$ jest równy, więc $$2^{k+1}=(z+2^k)-(z-2^k)=3^y-1=(3^{y/2}+1)(3^{y/2}-1).$$ Wtedy oba czynniki po prawej stronie są potęgami $2$i różnią się o $2$, więc $y=2$.
Jak zauważono w komentarzach, jest to szczególny przypadek twierdzenia Mihăilescu , znanego wcześniej jako przypuszczenie Katalończyka. W czasie, gdy zadawano te pytania na konkursach IMO, było to przypuszczenie, więc można śmiało powiedzieć, że nie oczekiwano, że będziesz znać lub używać twierdzenia Mihăilescu. Uczestnicy zainteresowani teorią liczb mogą być świadomi tego przypuszczenia (jest to dość znane), więc przynajmniej „wiedzieliby”, że powinno to być jedyne rozwiązanie.