OliForum Matematico

Trovare tutti gli interi non negativi $ x,y,z $ tali che $ 5^x+7^y=2^z $.

Ok, ragionandoci un po' con Veluca abbiamo dimostrato che dovrebbero essere tutte e sole quelle nella forma:

$(0, 0, 1)$, $(0, 1, 3)$, $(2 + 8ak, 1 + 4bk, 13 + 14ck)$, $(2 + 8dk, 3 + 4ek, 11 + 14fk)$, $(2 + 8gk, 1 + 4hk, 5 + 14ik)$, $(6 + 8lk, 1 + 4mk, 9 + 14nk)$

Dove $a, ... , n$ sono le soluzioni intere non negative di $186a + 40b = 39c + 18$ ; $186d + 40e = 39f + 4$ ; $186g + 40h = 39i$ ; $186l + 40m = 39n - 36$, e $k$ varia a piacere fra gli interi non negativi.

Se ci sono errori è colpa mia. XD

Mhh, c'è qualcosa che non va
Se ho capito bene sostieni che ci siano delle famiglie infinite di soluzioni parametrizzate in modo lineare?
Una relazione come $ 5^{2+8ak}+7^{1+4bk}=2^{13+14ck} $ non può essere vera per tre valori fissati di a,b,c ed identicamente in k. A seconda dei valori specifici di a,b,c, uno tra $ 5^{8a},7^{4b},2^{14c} $ sarà strettamente maggiore degli altri due, e per k abbastanza grandi il suo contributo non potrà essere bilanciato dagli altri due.

In effetti la teoria generale (e per nulla elementare) dice che quell'equazione ha solo un numero finito di soluzioni.

Un numero finito? Uhm, ricontrollo, allora...

Ok, capito dove ho fatto sciocchezze, correggo.

FrancescoVeneziano ha scritto:In effetti la teoria generale (e per nulla elementare) dice che quell'equazione ha solo un numero finito di soluzioni.

Potresti spiegare cosa dice la teoria generale di preciso? Ovviamente senza dimostrarlo (visto che non è elementare), ma magari farebbe comodo sapere quando equazioni di quel tipo hanno solo un numero finito di soluzioni e quando no

Una formulazione accettabilmente generale ed elementare è che fissati $ p_1,\dotsc,p_l,q_1,\dots,q_m,r_1,\dotsc,r_n $ numeri primi distinti, l'equazione $ p_1^{a_1}\dotsm p_l^{a_l}+q_1^{b_1}\dotsm q_m^{b_m}=r_1^{c_1}\dotsm r_n^{c_n} $ ha solo un numero finito di soluzioni in interi $ a_1,\dotsc a_l,b_1,\dotsc,b_m,c_1,\dotsc,c_n $, ed è algoritmico trovarle.
Credo che enunciato in questa forma sia un teorema di Mahler.

Che vuol dire che è algoritmico trovarle? (che bello ora che si è animato il forum c'è tanto da imparare )

A onor del vero è possibile che Mahler avesse soltanto la finitezza delle soluzioni, e che il risultato effettivo sia posteriore, dovrei documentarmi.
L'"algoritmo" è una disuguaglianza dall'alto sugli esponenti, per esempio nel caso dell'equazione di Jordan si deve avere z<87 (se non ho sbagliato qualche conto), e le soluzioni si possono trovare provando tutti i casi; raramente questo è davvero utile perché, per quanto questa disuguaglianza sia stata più volte migliorata, è decisamente gigantesca e molto lontana dai valori effettivi.
Comunque non mi pare il caso di usare un bound del 2008 per risolvere questo problemi; rimettetevi al lavoro.

Questo problema fu quello inventato da Daniel Cohen per un round dell'Oliforum Contest, e successivamente annullato per mancanza di soluzione (mi accorsi solo dopo che anche quella "ufficiale" era sbagliata).
A distanza di almeno 2 anni, sono riuscito a costruirne una completamente elementare, e un'altra un poco meno intuitiva della precedente fu proposta da Salvatore Tringali.
Ringrazio Francesco Veneziano comunque per la refence, non poco interessante

Torno ora dalla biblioteca, provo a dare una soluzione...
le terne sono nell'ordine $(x,y,z)$
modulo 4 si trova che $1+(-1)^y \equiv 2^z \mod{4}$
per $z=0$ non ci sono soluzioni
per $z=1$ si ha che l'equazione è sodisfatta per $y=1$ e per un semplice conto
si ottiene la soluzione $(0,0,1)$
per $z=2$ non ci sono soluzioni.
per $z=3$ l'equazione diventa $2^{2x} +(-2)^y \equiv -1$ da cui si trova la
soluzione $(0,1,3)$.
D'ora in poi assumo $z>3$ e $y>0$.
Si ha che $1^x+(-1)^y \equiv 0 \mod{4} $ e che quindi $y=2k+1$. Modulo 6
l'equazione diventa invece $ (-1)^x+1 \equiv 2^{z} \not \equiv 0 \mod{6}$ e
quindi $x=2m$ e $z=2w+1$. L'equazione originaria è diventata quindi $5^{2m}+7^
{2k+1} = 2^{2w+1}$ che diventa:
$4^m\equiv 2^{2w+1} \mod{7}$ da cui si dovrebbe avere che $2^{2m-1} \equiv (-3)
^{w} \mod{7}$.
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:
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..
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 $(b,w)$.
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.

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 $w\equiv 2 \land m\equiv 1 \mod{3}$. [...]

Sono fin qua a leggere, ma c'è qualcosa che non torna

Lo immaginavo: i residui sdi $2^{2m-1}$ modulo 7 sono $\{2,+1,-3\}$ quindi ora suppongo che dovrei anche fare il caso in cui $w \equiv 0 \land m \equiv 2 \mod{3}$ giusto ? aspetto risposta prima di editare, prima che ci siano altri errori...

Si, manca un caso, quando lo completi, mi leggerò il resto della dimostrazione..

Mist ha scritto:L'equazione originaria è diventata quindi $5^{2m}+7^
{2k+1} = 2^{2w+1}$

Da qui pongo $j=\frac{-1+\sqrt{-7}}{2}$ e lavoro in $Z[j]$.
L'equazione diventa $$(5^m+7^k+2\cdot 7^k\cdot j)(5^m-7^k-2\cdot 7^k\cdot j)=(j\bar{j})^{2w+1}$$
Essendo $(5^m+7^k+2\cdot 7^k\cdot j, 5^m-7^k-2\cdot 7^k\cdot j)=(2\cdot 5^m,2(2j+1)7^k)=2$, allora i due fattori saranno uguali a $\pm 2j^{v}$ e $\pm 2\bar{j}^{v}$. Con $v=2w-1$
Sommando e sottraendo otteniamo due fatti utili.
$$5^m=\pm (j^{v}+\bar{j}^{v}) ,\ 7^k=\pm\frac{j^{v}-\bar{j}^{v}}{j-\bar{j}}$$

Primo fatto.
$5$ è primo in $Z[j]$ ed in particolare $-7$ non è residuo quadratico modulo $5$, quindi se $j^{v}+\bar{j}^{v}\equiv 0 \pmod 5$ allora $j^{v}\cdot \bar{j}^{-v}\equiv -1 \pmod 5 $
$(3j^2)^{v}\equiv -1 \pmod 5 $
E da qui, essendo $(3j^2)^3+1\equiv -10j+5\pmod{25}$, e $(3j^2)\neq -1 \pmod 5$ allora $5|j^{v}+\bar{j}^{v}$ sse $3|v$.
Inoltre $25\nmid (3j^2)^{3}+1$.
Quindi $5||j^3+\bar{j}^3$ e per il solito lemma $m=v_5(j^{3v'}+\bar{j}^{3v'})=v_5(v')+1$

Secondo fatto.
$2j+1=j-\bar{j}$ è primo in $Z[j]$ ed il più piccolo intero positivo che divide è senz'altro $7$, quindi.
$k=v_{2j+1}(\frac{j^{v}-\bar{j}^{v}}{j-\bar{j}})=v_{2j+1}(v)=v_7(v)$

L'equazione diviene infine
$5^{2m}+7^{2k+1}=2^{3\cdot5^{m-1}7^kd+2}$ con d dispari.

Ora per $m\geq 2$ e $k\geq 1$ il RHS diventa un mostro, quindi tutte le soluzioni sono quelle trovate da Mist: (0,0,1), (0,1,3) e (2,1,5)

Editato !

@gatto silvestro: mostruoso ! devo ancora impararle quelle cose, complimenti...