Potenze perfette consecutive

[jordan]

Siano $x,y,p,q$ interi positivi maggiori di $1$ tali che $$x^p-y^q=1.$$

Fu congetturato da Catalan che questa diofantea ammetteva un'unica soluzione: $3^2-2^3=1$. La congettura è stata dimostrata vera soltanto nel 2002, da Mihailescu.

Problema: Dimostrare (per via elementare) che la congettura di Catalan è verificata quando $y$ è una potenza di un primo.

[Ps. E' un caso conosciuto? Credo di averlo dimostrato per caso]

[Drago96]

Con Zsigmondy si uccide in due secondi... se no ci va un po' di lavoro penso, soprattutto ad analizzare $2^a-1=p^n $

[jordan]

Con Zsigmondy si uccide in due secondi...

Come esattamente? Il teorema di Zsigmondy non ci dice molto sulla molteplicità dei nuovi fattori primitivi..
In ogni caso, sì, sarebbe un'overkill

[Drago96]

Beh, scrivi $x^a-1=p^n $, quindi $x-1\mid p^n $, ed essendo $p $ primo o è $x=2$ oppure $x-1=p^m$ con $m\ge1$; in questo secondo caso $x^a-1$ ha un po' di fattori diversi da $x-1$, ma è impossibile perché è una potenza di primo...
se $x=2$ allora abbiamo $2^a=p^n+1$, che mod 4 dà $n $ dispari, e quindi $p+1$ è una potenza di $2$, e di nuovo $p^n+1$ ha fattori primitivi...
P.S: qua Zsigmondy è dimostrato elementarmente, con un po' di casi e conti...

[LucaMac]

Dobbiamo risolvere $x^a-1=p^b$ , visto che $x-1 = p^k$ divido in tre casi:
1) $p \mid x-1$ (quindi $x \geq 3$ ) e $p$ dispari allora si può usare LTE (Lifting The Exponent) perchè le ipotesi sono tutte verificate ed abbiamo $$ v_p ( \frac{x^a-1}{x-1} ) = v_p(a) $$
Ma $ \frac{x^a-1}{x-1} $ è una potenza di $p$ quindi considerando entrambi come esponenti si ha $ \frac{x^a-1}{x-1} = p^{ v_p(a)} \leq a $ ovvero $$ \sum\limits_{i=0}^{a-1} x^i \leq a $$
da cui $ x^{a-1} \leq a $ ed essendo $x \geq 3 $ si ha $3^{a-1} \leq a$ che si verifica per induzione essere falsa per ogni $ a \geq 2 $
2) $x-1=1$ ovvero $x=2$ si ha $2^a-1=p^b$ . Si ha $p^b \equiv -1 \pmod{4} $ da cui in particolare $b$ dispari. Quindi visto che $p+1 \mid p^b+1$ si ha $p+1=2^c$, riscrivo come $$ 2^a = (2^c-1)^b + 1 $$ ora, scomponendo con il binomio di Newton si ha che (si vede facilmente che sono tutti multipli di $2^{c+1}$ tranne uno $$ a= v_2(2^a) = v_2((2^c-1)^b+1) =v_2(2^c) = c $$
Quindi $(2^a-1)^b = 2^a-1$ ovvero $b=1$ che è assurdo!
3) $p=2$ si ha $x^a-1=2^b $ e quindi visto che $x-1 \mid x^a-1$ si ha $x-1=2^c$ quindi $$2^b = (2^c+1)^a - 1 $$ si ha quindi che (analogamente) $b=c + v_2(a)$ se $v_2(a)=0$ non si hanno soluzioni con $a >1$.
Quindi $$2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^{v_2(a)} > 2^{ c \cdot v_2(a)} + 1 $$
Quindi $ c + v_2(a) > v_2(a) \cdot c $ che porta a due sottocasi:
I) $v_2(a)=1$ $$2^{c+1} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^2 = 2^{2c} + 2^{c+1} + 1 $$ che è quindi un assurdo!
II) $c=1$ da cui $2^b = 3^a - 1$ che è facile da risolvere e porta all'unica soluzione.
Spero di non aver commesso troppo errori

[jordan]

@Drago, si giusto!

@LucaMac, ok i primi due casi; potresti spiegare meglio qui?

[...] si ha quindi che (analogamente) $b=c + v_2(a)$ se $v_2(a)=0$ non si hanno soluzioni con $a >1$.
Quindi $$2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a \geq (2^c+1)^{v_2(a)} > 2^{ c \cdot v_2(a)} + 1 $$
Quindi $ c + v_2(a) > v_2(a) \cdot c $ che porta a [...]

[LucaMac]

ok si, allora $$ 2^b = (2^c+1)^a - 1 = \sum\limits_{k=1}^a \binom{a}{k} \cdot 2^{ck} $$ per avere $b=c+v_2(a)$ mi basta dimostrare che per ogni $2 \leq k \leq a$ si abbia $v_2( \binom{a}{k} \cdot 2^{ck}) > c + v_2(a)$ (perchè con $k=1$ si ha quel valore e quindi si avrebbe $b=v_2(LHS)=v_2(RHS)=c+v_2(a)$ ) . Ora $$ v_2( \binom{a}{k} ) = v_2( \frac{a}{k} \cdot \binom{a-1}{k-1} ) = v_2(a) - v_2(k) + v_2( \binom{a-1}{k-1} ) \geq v_2(a) - v_2(k) $$
Quindi basta che $ck > c + v_2(k)$ , essendo $v_2(k) \leq k $ basta $ck > c+k$ che è vera per ogni $c,k \geq 2$ non entrambi $2$ . $k$ lo è già, $c$ non è detto, ma tanto $c=1$ lo analizzo dopo ed infine se $k=c=2$ si ha $ck=4 > 3 = c + v_2(k) $

[jordan]

Non sono stato preciso, mi riferivo a quest'identità:

Quindi $2^{c+v_2(a)} + 1 = (2^c+1)^a$

Comunque, perchè non usi anche LTE per $p=2$? Cioè, visto che l'hai già nominato prima..

[LucaMac]

Ah, non è un'identità, è solo che $b=c+ v_2(a)$ e $2^b+1=(2^c+1)^a$
Comunque perchè LTE con $p=2$ non me lo ricordo mai...

[jordan]

Ah, non è un'identità

Facendo a parte il caso $c=1$, e considerando che $b$ è davvero uguale a $c+\upsilon_2(a)$ (che l'hai visto con LTE per p=2 o altro), è giusto. Bene

[gpzes]

Ovviamente chiedo sempre…si poteva seguire questa strada?!
${{x}^{m}}-1={{p}^{n}}$ ossia ${{x}^{m}}-1=\left( x-1 \right)\cdot \left( {{x}^{m-1}}+...+x+1 \right)={{p}^{n}}$.
Ma si ha anche $\left( {{x}^{m-1}}+...+x+1 \right)=\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m$ , con ${{Q}_{m-2}}\left( x \right)$ polinomio di grado m-2.
Allora deve essere $\left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}}$ e quindi i due fattori possono essere o coprimi oppure avere un MCD che divide anche $m$.
In sintesi dovrebbe essere $m={{p}^{\alpha }}$ per un certo ${\alpha }$.
Analizzando i casi $p$ primi dispari si perviene a degli assurdi mentre nel caso $p=2$ si arriva ad unica soluzione.

[jordan]

[...] e quindi i due fattori possono essere o coprimi oppure avere un MCD che divide anche $m$.

Fin qui tutto ok! Quindi hai che
$$
\mathrm{gcd}(x-1,\underbrace{x^{m-1}+x^{m-2}+\ldots+x+1}_{\equiv m\pmod{x-1}}) \mid p^n.
$$
Quindi esiste $k\in [0, n]$ tale
$$
\mathrm{gcd}(x-1,m)=p^k.
$$
Bene, ora come concludi che $m$ è una potenza di $p$?

[gpzes]

@jordan… ehh mi sono messo nei casini da solo ….mmh..vediamo…
$\begin{align}
& \left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}} \\
& A\cdot {{p}^{k}}\cdot {{p}^{k}}\cdot B={{p}^{n}} \\
& A\cdot B={{p}^{n-2k}} \\
\end{align}$
dove $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $k\in \left[ 0,n \right]$.
Da qui si avrebbero due casi che portano a:
$\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$ oppure $\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{n-k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{k}} \\
\end{align} \right.$.
Prendo il primo.
$\left\{ \begin{align}
& x=1+{{p}^{k}} \\
& {{x}^{m-1}}+...+x+1={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$
Sostituisco nell’equazione iniziale ${{x}^{m}}-1={{p}^{n}}$ e ottengo
${{(1+{{p}^{k}})}^{m}}={{p}^{n}}+1$ ossia deve essere $m+\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right){{p}^{k}}+{{\sum\limits_{j=3}^{m}{\left( \begin{matrix}
m \\
j \\
\end{matrix} \right)\left( {{p}^{k}} \right)}}^{j-1}}={{p}^{n-k}}\quad (*)$ .
Inoltre deve essere $m\cdot k<n$ , per evitare assurdi, e deve essere $m>2$ per avere $2\cdot k<m\cdot n$ , ossia per avere almeno termini nella sommatoria.
Poiché ${{p}^{k}}|m$ si ha $m=\alpha \cdot {{p}^{k}}$ ; ma allora $\alpha +\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right)+{{\sum\limits_{j=3}^{m}{\left( \begin{matrix}
m \\
j \\
\end{matrix} \right)\left( {{p}^{k}} \right)}}^{j-2}}={{p}^{n-2k}}\quad (**)$.
Avendo ipotizzato $2\cdot k<m\cdot n$, si ha che ${{p}^{k}}|\alpha +\left( \begin{matrix}
m \\
2 \\
\end{matrix} \right)$ .
Se $p\ne 2$, cioè $p$ primo dispari, l’ultima congruenza implica che deve essere $\alpha =0\quad (\bmod \,{{p}^{k}})$.
Ma allora $m=\alpha \cdot {{p}^{k}}=\beta \cdot {{p}^{2k}}$.
Domanda: si può continuare e concludere che (**) non vale più??

[jordan]

$\begin{align}
& \left( x-1 \right)\cdot \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n}} \\
& A\cdot {{p}^{k}}\cdot {{p}^{k}}\cdot B={{p}^{n}} \\
& A\cdot B={{p}^{n-2k}} \\
\end{align}$
dove $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $k\in \left[ 0,n \right]$.

Fin qui tutto bene

Da qui si avrebbero due casi che portano a:
$\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{n-k}} \\
\end{align} \right.$ oppure $\left\{ \begin{align}
& \left( x-1 \right)={{p}^{n-k}} \\
& \left[ \left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m \right]={{p}^{k}} \\
\end{align} \right.$.
Prendo il primo.

Direi che scritti cosi sono lo stesso caso, ma la domanda è un'altra (forse non sto vedendo qualcosa di ovvio): da quanto hai scritto sopra abbiamo
$$
\underbrace{(x-1)}_{Ap^k} \cdot \underbrace{\left[\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m\right]}_{Bp^k}={{p}^{n}};
$$
ora dividendo entrambi i membri per $AB=p^{n-2k}$ otteniamo
$$
\left(\frac{x-1}{A}\right)\cdot \left(\frac{\left( x-1 \right)\cdot {{Q}_{m-2}}\left( x \right)+m}{B}\right)=p^{2k};
$$
da qui come arriviamo ai [due] casi sopra?

Ps. Comunque, uno tra $A$ e $B$ deve essere $1$

[gpzes]

@jordan….. mi scuso per la scarsa tempestività nel rispondere e , comunque, posso solo ringraziare per l’immensa pazienza e cordialità di sempre !
I due casi a cui accennavo derivavano dal fatto che essendo $\gcd \left( A,B \right)=1$ e $A\cdot B={{p}^{n-2k}}$ allora
dovevano esistere $a$ e $b$ tali che $A\cdot B={{a}^{n-2k}}\cdot {{b}^{n-2k}}={{p}^{n-2k}}$ e $\gcd \left( a,b \right)=1$.
Ma essendo $p$ primo si avrebbe avuto $A=1$ oppure $B=1$.
Ma la questione è un’altra. Stavo cercando di studiare ${{(1+{{p}^{k}})}^{m}}={{p}^{n}}+1$ per usare qualche teorema tipo Kummer o Lucas per dedurre delle contraddizioni: Kummer su sviluppo in base $p$ e/o Lucas sui coefficienti binomiali.
Ma per adesso NADA