151. Diofantea

[mat94]

Trovare tutte le coppie (a,b) di interi positivi tali che \[ 3^a = 2b^2+1. \]

[Gottinger95]

Mi ci sto parecchio chiudendo con questo problema, ma l'unica cosa che sono riuscito a fare (oltre a una serie di congruenze inutili) è sbarazzarmi di una variabile, guadagnando in compenso un'orribile espressione con tanto di parti intere. Perciò vi mostro e chiedo aiuto per continuare, migliorare o buttare tutto e ricominciare. Insomma, chiedo se è una via umanamente percorribile o meno

Allora, come diceva il buon vecchio Max, i problemi di TdN hanno una parte di congruenze e una parte di disuguaglianze. Che sia, dunque.

Disuguaglianze: \(3^{(a-1)/2} < b < 3^{a/2}\).
Parte low: \(\displaystyle b = \sqrt{\frac{3^a-1}{2} } = \sqrt{\frac{2 \cdot 3^{a-1} + 3^{a-1}-1}{2} } > \sqrt{\frac{2 \cdot 3^{a-1}}{2} } = 3^{(a-1)/2}\)
Parte up: \(\displaystyle b = \sqrt{\frac{3^a-1}{2} } < \sqrt{3^a} = 3^{a/2}\)

Congruenze: Esamino \(\pmod{3^a}\).

Si ha che
\(b^2 \equiv -1/2 \pmod{3^a}\)
Usando il simbolo di Jacobi, ho \(\displaystyle \left(\frac{-1/2}{3^a}\right) = {\left(\frac{-1/2}{3}\right) }^a = 1\) , perciò \(-1/2\) è sempre un residuo quadratico.
Adesso, visto che 2 è un generatore \(\pmod{3}\) e \(\pmod{3^2}\), è un generatore \(\pmod{3^a}\) per tutti gli \(a\).
Perciò si ha \(\displaystyle b^2 \equiv \frac{-1}{2} \equiv \frac{2^{\phi(3^a) /2} }{2} \equiv 2^{3^{a-1}-1} \equiv b^2 \pmod{3^a}\), da cui \( b \equiv 2^{(3^{a-1}-1)/2} \pmod{3^a} \).

E dunque:
Adesso uniamo le due parti. Sostituiamo \(w=3^{a-1}\) e \(b = 3wk + 2^{(w-1)/2}\) nella disuguaglianza:

\(\displaystyle \frac{\sqrt{w}}{\sqrt{3} } < 3wk + 2^{(w-1)/2} < \sqrt{w} \ \ \Rightarrow\ \ \frac{ \sqrt{w} - 2^{(w-1)/2} \sqrt{3} }{3\sqrt{3}w} < k < \frac{ \sqrt{w} - 2^{(w-1)/2} }{3w}\)

Notiamo che la differenza tra il maggiorante e il minorante è minore di 1 (sottintendo un punto interrogativo sul minore):

\(\displaystyle \frac{ \sqrt{w} - 2^{(w-1)/2} }{3w} - \frac{ \sqrt{w} - 2^{(w-1)/2} \sqrt{3} }{3\sqrt{3}w} < 1 \)
\(\displaystyle \frac{ \sqrt{w}(\sqrt{3}-1) }{3\sqrt{3}w} = \frac{\sqrt{3}-1}{3\sqrt{3}\sqrt{w}} < 1 \)
\(\displaystyle \frac{\sqrt{3}-1}{3\sqrt{3}} < 1 \leq \sqrt{w}\)
Vera perchè \(a-1 \geq 0\), \(w \geq 1\).

Ma se un numero è in un intervallo minore di 1, allora corrisponde alla parte intera bassa del maggiorante.
Perciò abbiamo \( \displaystyle k = \lfloor \frac{ \sqrt{w} - 2^{(w-1)/2} }{3w} \rfloor \). Con un po' di coraggio, guardiamo alla nuova equazione:

\( \displaystyle 18w^2 k^2 + 3w(2^{(w+3)/2}k -1) + 2^w+1 = 0\)

con \(k\) determinato. E adesso...?

[zeitgeist505]

Analizzando $ \mod 3 $ ho: $ b=1\mod 3 \lor b=2 \mod 3 \lor a=0 $
Svolgo ogni caso:
i) $ b=3b_1+1 \Rightarrow 3^a=18b_1^2+12b_1+3 $, che risulta impossibile analizzando$ \mod 3 $, quindi $ a=1 \Rightarrow $$ (a,b)=(1,1) $
ii) $ b=3b_1+2 \Rightarrow 3^a=18b_1^2+24b_1+9 \Rightarrow 3^{a-1}=6b_1^2+8b_1+3 $, analizzando $ \mod 3 $ sono accettabili $ b_1=0\mod 3 \land b_1=2\mod 3 $

ii-1)$ b_1=3b_2 \Rightarrow 3^{a-2}=9b_2^2+8b_2+1 $, analizzando$ \mod 3 $ ho che $ a=2 \lor b_2=1\mod 3 $; per $ a=2 \Rightarrow (a,b)=(2,2) $; per $ b_2=1\mod 3 $ definisco $ b_2=3b_3+1 $ che con un po di conti $ 3^{a-3}=27b_3^2+26b_3+6 $ che è $ \mod 3 $ impossibile

ii-2)$ b_1=3b_2+2 \Rightarrow 3^{a-1}=54b_2^2+96b_2+43 $, che non ha soluzioni analizzando $ \mod 3 $
iii)$ a=0 $ banalmente si ha $ b=0 $, quindi $ (a,b)=(0,0) $

Perciò dovrebbero essere $ (a,b)=(0,0)\lor (1,1) \lor(2,2) $

[Troleito br00tal]

Analizzando $ \mod 3 $ ho: $ b=1\mod 3 \lor b=2 \mod 3 \lor a=0 $
Svolgo ogni caso:
i) $ b=3b_1+1 \Rightarrow 3^a=18b_1^2+12b_1+3 $, che risulta impossibile analizzando$ \mod 3 $, quindi $ a=1 \Rightarrow $$ (a,b)=(1,1) $
ii) $ b=3b_1+2 \Rightarrow 3^a=18b_1^2+24b_1+9 \Rightarrow 3^{a-1}=6b_1^2+8b_1+3 $, analizzando $ \mod 3 $ sono accettabili $ b_1=0\mod 3 \land b_1=2\mod 3 $

ii-1)$ b_1=3b_2 \Rightarrow 3^{a-2}=9b_2^2+8b_2+1 $, analizzando$ \mod 3 $ ho che $ a=2 \lor b_2=1\mod 3 $; per $ a=2 \Rightarrow (a,b)=(2,2) $; per $ b_2=1\mod 3 $ definisco $ b_2=3b_3+1 $ che con un po di conti $ 3^{a-3}=27b_3^2+26b_3+6 $ che è $ \mod 3 $ impossibile

ii-2)$ b_1=3b_2+2 \Rightarrow 3^{a-1}=54b_2^2+96b_2+43 $, che non ha soluzioni analizzando $ \mod 3 $
iii)$ a=0 $ banalmente si ha $ b=0 $, quindi $ (a,b)=(0,0) $

Perciò dovrebbero essere $ (a,b)=(0,0)\lor (1,1) \lor(2,2) $

E, ad esempio, $243=2 \cdot 121 + 1$?

[zeitgeist505]

Indica che ho cannato qualche conto
Domani controllo

[LeZ]

Analizzando $ \mod 3 $ ho: $ b=1\mod 3 \lor b=2 \mod 3 \lor a=0 $
Svolgo ogni caso:
$ b=3b_1+1 \Rightarrow 3^a=18b_1^2+12b_1+3 $, che risulta impossibile analizzando$ \mod 3 $, quindi $ a=1 \Rightarrow $$ (a,b)=(1,1) $

....

$ 3^{a-3}=27b_3^2+26b_3+6 $ che è $ \mod 3 $ impossibile

Per quale motivo assurdo mod 3?!

[dario2994]

Nella dimostrazione molte cose sono lasciate al lettore, perchè sennò usciva un pippone megagalattico, ma sono unicamente conti.
Divido in 2 casi in base alla parità di $a$:

Se $a$ è pari sia $x=3^{a/2}$. Allora vale $x^2-2b^2=1$.
Ma questa è una Pell standard... quindi le soluzioni le so trovare molto bene, in particolare sono tutte potenze della minima! La minima è $(x,b)=(3,2)$.
Come è noto le soluzioni della Pell oltre ad essere potenze della minima rispettano anche una ricorrenza... ci si fa il conto ed esce:
$ x_0=1, x_1=3 $
$ x_{n+2}=6x_{n+1}-x_n $
Voglio dimostrare che le uniche potenze di 3 appartenenti alla successione sono $x_0, x_1$. Per farlo intanto noto la banale crescenza della successione, che implica che se c'è un'altra potenza di 3 è sicuramente divisibile per 9.
Analizzando la successione modulo 9 risulta che $9|x_i \iff i\equiv 3\pmod 6$.
Però succede che analizzando la successione modulo 11 risulta: $11|x_i \iff i\equiv 3\pmod 6$
Quindi ho dimostrato $9|x_i\iff 11|x_i$. E quindi non può esserci un'altra potenza di 3 nella successione e perciò le uniche soluzioni con $a$ pari sono $(a,b)=(0,0);\ (2,2)$.

Se $a$ è dispari allora pongo $x=3^{(a+1)/2}$. Ottengo così $x^2-6b^2=3$.
Anche qui, come nel caso precedente, arrivo ad una successione per ricorrenza che mi dà i possibili valori di $x$ (la minima della Pell standard è $5,2$):
$x_0=3,\ x_1=27$
$x_{n+2}=10x_{n+1}-x_n$
Ora trovare le soluzioni alla diofantea iniziale equivale a trovare degli $x_i$ che siano potenze di $3$. Dimostro che le uniche soluzioni sono $x_0,\ x_1$.
Se $x_i$ con $n>1$ è potenza di 3 allora $81|x_i$ (per la solita crescenza di $x_i$) e questo accade $\iff i\equiv 4\pmod{9}$.
Però succede che analizzando la successione modulo 17 risulta: $17|x_i \iff i\equiv 4\pmod 9$
Quindi ho dimostrato $81|x_i\iff 17|x_i$. E quindi non può esserci un'altra potenza di 3 nella successione e perciò le uniche soluzioni con $a$ dispari sono $(a,b)=(1,1);\ (5,11)$.

p.s. una parte dei conti li ha fatti il mio pc
p.p.s. manca una piccola precisazione nella dimostrazione, non facile da sgamare, che ho volutamente omesso... sarà il prossimo problema della staffetta a chiarirla.

[mat94]

Vediamo questa precisazione allora