OliForum Matematico

Mist ha scritto:Essneod i possibili residui di $(-3)^w \mod{7}$ $\{-3,2,1\}$ e i possibili
residui di $2^{2m-1} \mod{ 7}$ $\{2,-1,-3\}$ si deduce che $w\equiv 1 \land
m\equiv 0 \mod{3}$ oppure $w\equiv 2 \land m\equiv 1 \mod{3}$.
Analizzo i due casi:

Mist ha scritto:caso 1: $w\equiv 2 \land m\equiv 1 \mod{3}$.
L'equazione di partenza diventa: $5^{2m}+7^{2k+1} = 2^{6n+5}$.
Analizzando modulo 24 si ottiene che $1+7 \equiv 8^{n+1}\cdot 2^n \mod{24}$ e qui si vede come soluzione $n=0$ e, tramite alcuni calcoli, si ottiene la terna $(2,1,5)$
quindi $(-1)^k\cdot 7 \equiv 11^n\cdot 7 \mod{5^2}$ dividendo per 7 ( posso
perchè $(7,25) =1$) si ottiene che
$(-1)^k \equiv 11^n\mod{25}$ i residui di $11^n$ sono $1,-4,6,-9$ e quindi
$2|k$. L'equazione di prima diventa ora
$5^{2m} +7^{4r+1} = 2^{6n+5}$.
che diventa modulo 8:
$(-1)^m +(-1)^{4r+1} \equiv 0 \mod{8}$ da cui si deduce che $2|m$.
L'eqauzione si trasforma ancora una volta e diventa $5^{4a}+7^{4r+1} = 2^
{6n+5}$
essendo $25 \equiv -2 \mod{9}$ si ha che
$(-2)^{2a}+(-2)^{4r+1} \equiv 2^{6n+5}\mod{9}$
$2^{2a} -2^{3r}{2^{r+1}} \equiv 2^{3(2n+1)}2^5 \mod{9}$. Siccome $8 \equiv -1
\mod{9}$
$2^{2a}+2^{r+1} \equiv 4 \mod{9}$ e quindi $2^{2a-2}+2^{r-1} \equiv 1 \mod{9}$
Ora:
$2 \equiv 2 \mod{9}$ potenza dispari
$2^2 \equiv 4 \mod{9}$ potenza pari
$2^3 \equiv -1 \mod{9}$ potenza dispari
$2^4 \equiv -2 \mod{9}$ potenza pari
$2^5 \equiv -4 \mod{9}$ potenza dispari
$2^6 \equiv 1 \mod{9}$ potenza pari
(scusate la ripetitività...) Siccome nessun residuo di una potenza pari di due
sommato ad un'altra potenza di due da come residuo 1 modulo 9, l'equazione non
ha soluzioni..

Mist ha scritto:Caso 2: $w \equiv 1 \land m\equiv 0 \mod{3}$
L'equazione diventa $5^{6r}+7^{2k+1}+2^{6w+3}$, ovvero
$1^m+7^{2k+1} \equiv 1^w\cdot -1 \mod{9}$
$7^{2k+1} \equiv -2 \mod{9}$ da cui, essendo $(7,9) = 1$: $7^{2k} \equiv \frac{-2}{7} \equiv 1 \mod{9} $. Essendo $49 \equiv 4 \mod{9}$ si deve risolvere $4^k \equiv 1 \mod{9}$ che è vera se e solo se $6|k$. Quindi l'equazione diventa $5^{6m}+7^{12k+1}=2^{6w+3}$. Questa diventa modulo 8 $(9)^{m} +(-1)^{12k+1} \equiv 0 \mod{8}$ da cui si vede che $2 \not \mid m$. Riscrivo l'equazione come $5^{12b+6}+7^{6k+1} = 2^{6w+3}$. Diventa $(-2)^{12b+6} \equiv 2^{6w+3} \mod{7}$ ovvero $2^{4b+2} \equiv (-1)^{2w+1} \mod{7}$ che è impossibile per ogni coppia $(b,w)$.

Mist ha scritto:Caso 3: $w\equiv 0 \land m\equiv 2 \mod{3}$
L'equazione diventa $5^{6a+4}+7^{2k+1} = 2^{6b+1}$ ovvero $5 \equiv 2 \mod{7}$ che è assurdo. Quindi non esistono altre coppie oltre quelle trovate sopra.

Hitleuler ha scritto:Siano $ S := \big\{(X,Y,Z) \in \mathbb{N}^3: 5^X + 7^Y = 2^Z\big\} $, dove $ \mathbb{N} := \{0, 1, 2, \ldots\} $, e $ (x,y,z) \in S $. Se $ x=y=0 $, banalmente $ z = 1 $, e in effetti $ (0,0,1) \in S $. Altrimenti $ z \ge 2 $, e allora $ 1 + (-1)^y \equiv 5^x + 7^y \equiv 2^z \equiv 0 \bmod 4 $, i.e., $ y \equiv 1 \bmod 2 $. Inoltre $ (-1)^x + 1 \equiv 5^x + 7^y \equiv 2^z \equiv (-1)^z \bmod 3 $, sicché necessariamente $ x \equiv 0 \bmod 2 $ e $ z \equiv 1 \bmod 2 $. Per il séguito, dunque, ammettiamo wlog $ x=2a $, $ y = 2b+1 $ e $ z=2c+3 $, con $ a,b,c \in \mathbb{N} $. Allora

• $ \displaystyle 5^x + 7^y = 2^z \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{5^a + 7^b\sqrt{-7}}{2} \,\cdot\, \frac{5^a - 7^b \sqrt{-7}}{2} = \left(\frac{1 + \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1}\left(\frac{1 - \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1} $,

dove $ \sqrt{-7} $ indica la determinazione principale della radice quadrata complessa di $ -7 $, e si è sfruttato il fatto che $ 2 = \frac{1}{2} \left(1 + \sqrt{-7}\;\!\right)\cdot \frac{1}{2} \left(1 - \sqrt{-7}\;\!\right) $. Sennonché, da una parte, l'anello degli interi $ \mathbb{Z}\!\left[\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{-7}\;\!\right)\right] := \left\{\frac{1}{2}\!\left(u+v\sqrt{-7}\;\!\right): u,v \in \mathbb{Z}\,\mbox{ e }\, u \equiv v \bmod 2\right\} $ del campo quadratico $ \mathbb{Q}\big(\sqrt{-7}\;\!\big) $ è un dominio euclideo (v. nota 1), e quindi un UFD; dall'altra, i primi di un UFD sono tutti e soli i suoi elementi irriducibili (v. qui, definizione 1.1 e proposizione 1.3). Del resto, $ \frac{1}{2}\big(1 \pm \sqrt{-7}\big) $ sono elementi irriducibili di $ \mathbb{Z}\!\left[\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{-7}\;\!\right)\right] $, giacché la loro norma algebrica è un primo razionale (i.e., un primo di $ \mathbb{Z} $). Inoltre, né l'uno né l'altro fra $ \frac{1}{2}\big(1 + \sqrt{-7}\big) $ e $ \frac{1}{2}\big(1 - \sqrt{-7}\big) $ divide in $ \mathbb{Z}\!\left[\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{-7}\;\!\right)\right] $ sia $ \frac{1}{2}\big(5^a + 7^b\sqrt{-7}\big) $ che $ \frac{1}{2}\big(5^a + 7^b\sqrt{-7}\big) $, perché diversamente dividerebbe la differenza $ \frac{1}{2}\big(5^a + 7^b\sqrt{-7}\big) - \frac{1}{2}\big(5^a - 7^b\sqrt{-7}\big) = 7^b \sqrt{-7} $, assurdo! Infine, le sole unità di $ \mathbb{Z}\!\left[\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{-7}\;\!\right)\right] $ sono $ \pm 1 $. Col risultato che, in base al teorema fondamentale dell'aritmetica (esteso ai domini di integrità), debbono esistere $ \varepsilon_1, \varepsilon_2 \in \{\pm 1\} $ tali che

• $ \displaystyle\frac{5^a+7^b\sqrt{-7}}{2}\cdot\varepsilon_1 = \left(\frac{1 + \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1}\quad\text{e}\quad \frac{5^a - 7^b \sqrt{-7}}{2} \cdot \varepsilon_2 = $$ \displaystyle\left(\frac{1 - \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1} $

Ne segue, per un verso, che

• $ \displaystyle 2^{2c} 7^b\varepsilon_1\sqrt{-7} = \left(\frac{1 + \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1}- $$ \displaystyle\left(\frac{1 - \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1} =\varepsilon_2 \sqrt{-7}\cdot \sum_{k=0}^{c} \binom{2c+1}{2k+1} \;\!7^k,\qquad(\text{E1}) $

e, per l'altro, che

• $ \displaystyle 2^{2c} 5^a\varepsilon_1 = \left(\frac{1 + \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1}+ $$ \displaystyle\left(\frac{1 - \varepsilon_2 \sqrt{-7}}{2}\right)^{2c+1} =\sum_{k=0}^{c} (-1)^k \binom{2c+1}{2k}\;\! 7^k.\qquad(\text{E2}) $

In particolare, la relazione $ (\text{E1}) $ implica $ b=0 $, cosicché $ y=1 $ e si è riportati a determinare ogni coppia $ (a,c) \in \mathbb{N} $ tale che $ 5^{2a} + 7 = 2^{2c+3} $. Da qui in avanti, la strada è tutta in discesa. Assumendo $ a=0 $ ed $ a=1 $, infatti, si ottengono le soluzioni $ (x,y,z) = (0,1,3) $ e $ (x,y,z) = (2,1,5) $. Se, poi, si ammette $ a \ge 2 $, allora $ 2^5 \equiv 5^{2a} + 7 \equiv 2^{2c+3} \bmod 5^2 $, e quindi $ 2c-2 \equiv 0 \bmod 20 $ (v. nota 2), i.e., $ c=10q+1 $, per qualche $ q \in \mathbb{N} $. Ne risulta $ (-7)^a + 7 \equiv 5^{2a} + 7 \equiv 0 \bmod 32 $, ovvero $ a-1 \equiv 0 \bmod 4 $ (v. nota 3), e dunque $ a=4p+5 $, per qualche $ p \in \mathbb{N} $.

Si è ridotti, pertanto, all'equazione $ 5^{8p+10} + 7 = 2^{20q+3} $, con $ p,q \in \mathbb{N} $. Quest'ultima, tuttavia, è impossibile (nel senso che non ammette soluzioni), poiché comporta per necessità la congruenza $ (-1)^{p+1} \cdot 5^2 + 7 \equiv (-1)^q\cdot 8 \bmod 17 $, i.e., $ [(-1)^q + (-1)^p] \cdot 8 \equiv 7 \bmod 17 $, che non è mai verificata con $ p, q \in \mathbb{N} $.

Riassumendo, perciò, è stabilito che $ S $ è l'insieme $ \{(0,0,1), (0,1,3), (2,1,5)\} $. Fine della storia.

Note. 1) Rispetto alla valutazione euclidea (v. qui, definizione 1.1) indotta dal valore assoluto della norma algebrica $ N_{\mathbb{Q}(\sqrt{-7})}(\cdot) $ degli elementi di $ \mathbb{Q}\big(\sqrt{-7}\;\!\big) $. 2) Siccome $ 2 $ è una radice primitiva $ \mod 5 $, banalmente $ \mbox{ord}_{5^2}(2) = 20 $ (v. qui, in quanto alla notazione). Il resto è un'immediata conseguenza della proprietà fondamentali dell'ordine moltiplicativo di un intero a un'assegnata base (ibidem, corollario 2). 3) A patto di considerare che $ \mbox{ord}_{2^5}(-7) = 4 $.

Mist ha scritto:Ok, letto tutto, grazie per la pazienza !

jordan ha scritto:We will prove that if $ (x,y,z) $ is a solution then $ (x,y,z)\in S:=\{(0,0,1), (0,1,3), (2,1,5)\} $.

1. If $ x=y=0 $ then $ z=1 $, so that $ (0,0,1) \in S $.

2.If $ x=0 $ and $ y\ge 1 $ then $ 7^y+1=2^z $. If $ 2\mid y $ then in $ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} $ we have $ 2^z=(-1)^y+1=2 $, so that $ z=1 $, but $ 2=7^y+1\ge 7^1+1 $ is absurd. Otherwise, $ 2\nmid y $, and in $ \mathbb{Z}/16\mathbb{Z} $ we have $ 2^z=7^y+1=7\cdot 49^{\frac{y-1}{2}}+1=7+1 $: this is enough to find the other trivial solution $ (0,1,3)\in S $.

3. If $ x\ge 1 $ and $ y=0 $ then $ 5^x+1=2^z $. Since $ 5^x+1\ge 6 $ we have that $ z\ge 2 $, and taking $ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} $ we obtain $ 0=2^z=5^x+1=2 $, absurd.

4. From now, we can suppose $ \min\{x,y\}\ge 1 $, so that $ 2^z=5^x+7^y\ge 5+7=12 $ implies that $ z\ge 4 $.

5. In $ \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} $ we have that $ (-1)^z=2^z=5^x+7^y=(-1)^x+1 $, so $ 2\mid x $ and $ 2\nmid z $.

6. In $ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} $ we have that $ 0=2^z=5^x+7^y=1+(-1)^y $, so $ 2\nmid y $.

7. In $ \mathbb{Z}/16\mathbb{Z} $ we have that $ 0=2^z=5^x+7^y=25^{\frac{x}{2}}+7\cdot 49^{\frac{y-1}{2}}= $ $ 9^{\frac{x}{2}}+7=3^x+7 $ but residues of $ 3^i $ are exactly $ [3,9,11,1] $, so that we can conclude that $ 4\mid x-2 $.

8. To sum up all observations in points 5,6,7 , we can reformulate the problem as "find all $ (a,b,c)\in \mathbb{N}^3 $ such that $ 5^{4a+2}+7^{2b+1}=2^{2c+1} $ for some $ c\ge 2 $ (where $ \mathbb{N}:=\mathbb{Z}\cap [0,+\infty) $).

9. In $ \mathbb{Z}/25\mathbb{Z} $ we have that $ 0=5^{4a+2}=2^{2c+1}-7^{2b+1}=2^{2c+1}-7\cdot (-1)^b $; and since $ \text{gcd}(13,25)=1 $ then also $ 0=13(2^{2c+1}-7\cdot (-1)^b)=4^c-16\cdot (-1)^b $. Now residues of $ 4^i $ are exacty $ [4,16,14,6,24;21,9,11,19,1] $, and we are searching $ 16\cdot (-1)^b \in \{9,16\} $, that is equivalent to $ 5\mid c-2 $.

10. To sum up all observations in points 8,9 , we can reformulate the problem as "find all $ (a,b,d)\in \mathbb{N}^3 $ such that $ 5^{4a+2}+7^{2b+1}=2^{5(2d+1)} $. We divide the rest of the solution in two cases:


PART 1.

11. Let's find all solutions in the case $ b=0 $, that is $ 5^{4a+2}+7=2^{10d+5} $ in non-negative integers.

12. The equation in point 11 is equivalent to $ 5^2\cdot (5^{4a}-1)=2^5\cdot (2^{10d}-1) $, and we can see the trivial solution with $ a=d=0 $ that is $ (x,y,z)=(2,1,5) \in S $. Let's show that no other integer solutions exist.

13. Consider the 2-adic valuations: it is true that $ 5=\upsilon_2(2^5(2^{10d}-1))=\upsilon_2(5^2(5^{4a}-1))= $ $ \upsilon_2(5^{4a}-1) $. And by the lifting-the-exponent lemma it is equal to $ \upsilon_2(\frac{5^2-1}{2})+\upsilon_2(4a) $, that implies $ 5=2+\upsilon_2(4a) $, so $ 2\; \|\; a $.

14. Consider the equation in $ \mathbb{Z}/13\mathbb{Z} $ (after observing that $ 13\mid 5^4-1 $), and we obtain: $ 6\cdot 10^d=2^5\cdot 2^{10d}=5^2\cdot 5^{4a}+7=5^2+7=6 $ that is equivalent to $ 6=\text{ord}_{13}(10)\mid d $

15. To sum up points 13,14, the equation becomes equivalent to $ 5^2\cdot (5^{2^3\cdot (2h-1)}-1)=2^5(2^{2^2\cdot 3\cdot 5k}-1) $ for some $ h,k $ positive integers.

16. After observing that $ 17\mid \text{gcd}(5^8+1,2^4+1) $ (that is equivalent to $ \text{ord}_{17}(5)=2\text{ord}_{17}(2)=16 $ ), consider the equation of point 15 in $ \mathbb{Z}/17\mathbb{Z} $: we have that $ 5^2(5^{2^3\cdot (2h-1)}-1)=5^2((-1)^{2h-1}-1)=-2\cdot 5^2=1 $ and $ 2^5(2^{2^2\cdot 3\cdot 5k}-1)=15((-1)^k-1) \in \{0,4\} $. This is a contradiction.


PART 2.

17. Now let's show that in the case $ b\ge 1 $, the equation $ 5^{4a+2}+7^{2b+1}=2^{10d+5} $ has no solutions.

18. In $ \mathbb{Z}/49\mathbb{Z} $ (the information in this point makes the difference from the previous part) we have $ 37^a=50\cdot 37^a=2\cdot(5^2\cdot 5^{4a})=2(5^{4a+2}+7^{2b+1}) $ $ =2(2^{10d+5})=64\cdot 2^{10d}=15\cdot 44^d=37^{18+16d} $. Now, since $ \text{ord}_{49}(37)=21 $, we conclude that $ 21\mid (18+16d)-a $, that is equivalent to $ 3\mid a-d $ and $ 7\mid (2d+4)-a $.

19. Observe that $ 7^6-1=2^4\cdot 3^2\cdot 19\cdot 43 $ and take the equation in $ \mathbb{Z}/9\mathbb{Z} $, we have: $ 4^a+4^b=4\cdot (7\cdot 4^a+7\cdot 4^b)=4\cdot (25\cdot 5^{4a}+7\cdot 49^b) $ $ =4\cdot (2^5\cdot 2^{10d})=2^7\cdot 2^{10d}=2\cdot 4^{2d} $. We can see directly by hand that residues of $ 4^i $ are exactly $ [4,7,1] $ and residues of $ 2\cdot 4^{2i} $ are $ [5,8,2] $. And we can see that $ (a,b,d) $ is a solution if and only if $ 3\mid a+b-d $.

20. Since we know that $ 3\mid a-d $ for point 18, then it is also true that $ 3\mid (a+b-d)-(a-d)=b $. In particular if $ d $ is a divisor of $ 7^6-1 $ then $ 7^{2b+1}=7 $ in $ \mathbb{Z}/d\mathbb{Z} $.

21. In $ \mathbb{Z}/43\mathbb{Z} $ we have $ 25\cdot 23^a+7=5^{4a+2}+7^{2b+1}=2^{10d+5}=32\cdot 35^d $. Now $ \text{ord}_{43}(23)=21 $ and $ \text{ord}_{43}(35)=7 $: complete residues of LHS are $ [23,31,0,18,2,21,28; 17,22,8,30,20,5,4; 24,11,13,16,42,38,32] $, and complete residues of RHS are $ [2,27,42,8,22,39,32] $.

22. Looking previous residues we can see that if $ (a,d) $ is a solution modulo $ 7 $ ( we can say that because $ 7=\text{ord}_{43}(35)\mid \text{ord}_{43}(23)\mid \varphi(43) $ ) then $ (a,d)\in\{(5,1),(5,3),(3,4),(2,5),(7,7)\} $.

23. In noone of previous couples $ (a,d) $ modulo $ 7 $ we verify that $ 7\mid (2d+4)-a $, as requested in point 18. This is a contradiction. []