Dalla fake edition numero uno di parma- 3^k-1=y^n

[salva90]

Trovare le terne di naturali $ (n, k, y) $ tali che $ 3^k-1=y^n $

[EUCLA]

non riesco a trovare altre soluzione che le banali...
aspetterò che qualcun'altro lo risolva..
$ (1,1,2) , (1,2,8), (3,2,2) $

[salva90]

non riesco a trovare altre soluzione che le banali...
aspetterò che qualcun'altro lo risolva..
$ (1,1,2) , (1,2,8), (3,2,2) $

e $ (1, 3, 26) $ non va bene?
su, non è per niente difficile

[EUCLA]

eh già allora modifico
$ (1, k , 3^k -1) $
rimango convinta di non saper dimostrare se non ce ne sono altre...sempre che sia vero che non ce ne sono altre oltre alle banali..
ah e ovviamente $ (n ,0 ,0) $

[Sherlock]

Se non vedo male, non ce ne sono altre per il teroema di Mihailescu

[Ponnamperuma]

Per la serie... "rimaniamo su conoscenze di pubblico (o quasi) dominio"!
Comunque pare anche a me...

[jordan]

provate modulo 4

[salva90]

provate modulo 4

oddio

modulo 3 è molto più veloce

Per la cronaca, il teorema di Mihailescu dice che 2^3, 3^2 è l'unico caso di potenze consecutive, ed in effetti la tesi deriva direttamente da quello, però dai cercate di risolverlo

[HiTLeuLeR]

Trovare le terne di naturali $ (n, k, y) $ tali che $ 3^k-1=y^n $

Se $ k = 0 $, banalmente $ y = 0 $, e viceversa, e in effetti ogni terna del tipo $ (n,0,0) $, con $ n \in \mathbb{N} $, è soluzione. D'altro canto, $ (1, k, 3^k-1) $ è pure soluzione, per ogni $ k \in \mathbb{N} $. Siano perciò per il seguito $ k \ge 1 $, $ y \ge 1 $ ed $ n \ge 2 $. Allora $ y \ge 2 $ ed $ y^n \equiv -1\bmod 3 $, di modo che $ n = 2m+1 $, per qualche $ m \in \mathbb{N} $, in quanto $ -1 $ non è un residuo quadratico mod 3. Ne segue che esistono $ a,b\in\mathbb{N}^+ $ tali che $ 3^a = y+1 $ e $ 3^b = y^{2m} - y^{2m-1} + \ldots - y + 1 \ge 3^a $.

Pertanto $ n = 3^a \cdot q $, dove $ q \in \mathbb{N} $ e $ \gcd(q,6) = 1 $, e di conseguenza $ 3^p = y^{3^a} + 1 $, per qualche $ p \in \mathbb{N}^+ $. Senonché $ p = v_3(y^{3^a} + 1) = v_3(y+1) + a = 2a $ e $ 3^{2a} \le 2^{3^a} + 1 \le y^{3^a} + 1 $, l'uguaglianza essendo soddisfatta sse $ a = 1 $ ed $ y = 2 $. Da qui la terna $ (3, 2, 2) $ da aggiungere - ultima ma non ultima - all'elenco delle soluzioni già determinate.

Qui come al solito, $ v_3(\cdot) $ indica una valutazione.

[Ponnamperuma]

Salva, ho provato con il teorema del binomio e le congruenze mod 3... ma mi pianto sul caso in cui $ y=3j-1 $... hint?

[EUCLA]

ieri salva mi ha dato una mano....diciamo pure un braccio...nel fare la dimostrazione modulo 3...a questo punto la posto...
la soluzione è 90% lavoro suo, 10% lavoro mio

$ 3^k = y^n +1 $

$ \left\{ \begin{array}13^a=y+1\\ 3^b = y^{n-1}- y^{n-2}+...-y+1 \end{array}\right. $

L'espressione di $ 3^b $ è costituita da $ n $ termini.

n pari o dispari?

Se n= 2m

$ 3^k = y^{2m}+1 , y^m=x $

$ 3^k = x^2 +1 $
se $ x^2\equiv 1\bmod 3 => 3^k \equiv 2\bmod 3 $ assurdo
se $ x^2\equiv 0\bmod 3 => 3^k\equiv 1\bmod 3 $ assurdo
allora n deve essere dispari

Essendo n dispari, $ y\equiv -1\bmod 3 $
$ y^{n-1}, y^{n-3}, y^{n-5}...\equiv 1\bmod 3 $
$ y^{n-2}, y^{n-4}, y^{n-6}...\equiv-1\bmod3 $
Allora ciascun termine di $ 3^b $, considerato col segno è congruo a $ 1 \bmod 3 $
Allora $ n = 3h $
$ y^n = (y^{h})^3 $
$ y^h = z $

$ 3^k = z^3 +1 $
$ \left\{ \begin{array}13^s=z+1\\ 3^t = z^2-z+1 \end{array}\right. $
$ \left\{ \begin{array}1z= 3^s -1\\ 3^t = 3^{2s}+1-2\cdot3^s-3^s+1+1 \end{array}\right. $
$ 3^t = 3^{2s}-3^{s+1}+3 $
$ 3^{t-1} = 3^{2s-1}-3^{s}+1 $
ma $ 3^{t-1}\equiv 0\bmod 3 $ e $ 3^{2s-1}-3^{s}+1\equiv 1\bmod 3 $
quindi:
o $ (1) s=t=1 $
o $ (2) s=t=0 $
e a quel punto abbiamo le soluzioni dette nei post precedenti.

[salva90]

Beh dai, io te l'ho suggerita ma dimostri di averla capita bene