Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Supongamos que $a^b-b^a = n$ con todas las variables los enteros positivos. Si $n=1$, este es el catalán del problema para lo cual la única solución es $a=3, b=2$. Asumir $n \ge 2$.
Voy a demostrar que no a lo sumo un número finito de soluciones y dar a los límites para la $a$ $b$ en términos de $n$.
Para $n=1008$, la única solución es $a=n+1, b=1$.
Si $b=1$, entonces $a-1 = n$, por lo $a = n+1$. Entonces $a-b = n \equiv 0 \bmod$n.
Si $b=2$, entonces $a^2-2^a = n$. Desde $a^2 \le 2^a$ para $a\le 2$ y $a \ge 4$, debemos tener $a=3$ así que la única $n$ que funciona es $n =3^2-2^3 = 1$.
Si $b \ge 3$, si $a > b$ entonces $b^a > a^b$ (desde $b^{1/b} > a^{1/a}$ ) así que no hay solución. Por lo tanto si $b \ge 3$ a continuación,$a < b$.
No podemos tener a $a=1$.
Si $a=2$ entonces $2^b-b^2 = n$. Puesto que el lado izquierdo es el aumento de $b \ge 4$, hay más de una solución. Para $n=1008$, no hay ninguna solución.
Si $a=3$ entonces $3^b-b^3 = n$. Puesto que el lado izquierdo es el aumento de $b \ge 3$, hay más de una solución. Para $n=1008$, no hay ninguna solución.
Supongamos que $a \ge 4$ por lo $b \ge 5$.
Deje $b = a+c$ donde $c \ge 1$. A continuación, desde $(1+1/x)^x < e$ y $u^r - v^r \ge (u-v)v^{i-1} $ si $u > v > 1$ y $r > 1$,
$\begin{array}\\ n &=a^{a+c}-(a+c)^a\\ &=a^a(a^{c}-(1+c/a)^a)\\ &\gt a^a(a^{c}-e^c)\\ &\gt a^a(a^{c}-(a-2)^c)\\ &\gt 2a^ac(a-2)^{c-1}\\ &\ge 2a^a\\ \end{array} $
Esto le da un número finito de los posibles valores de $a$.
Si $n=1008$, la única posibilidad es la $a=4$ (desde $4^4 = 256$ y $5^5 = 3125$). Si $a=4$, este es $n \gt 2\cdot 256c2^{c-1} \ge 512c $ así que la única posibilidad es $c=1$ por lo $b= 5$.
Esto no funciona (para ver sin cálculo: $4^5-5^4$ es impar).
Podemos demostrar que $a = 1009, b = 1$ es la única solución.
Primero debemos restringir la atención para el caso en que $a, b \geq 3$.
Podemos reescribir la ecuación como $$\frac{\log a}{a} - \frac{\log b}{b} = \frac{\log\left(1 + \frac{1008}{b^a}\right)}{ab}.$$
Deje $f(x) = \frac{\log x}{x}$. Tenemos $f'(x) = \frac{1 - \log x}{x^2} < 0$, lo $f(x)$ es la disminución en el $[3,+\infty)$. Por lo tanto, tenemos $b > a$.
Por el valor medio teorema, hay algunos $c \in (a,b)$ tal que $$\frac{\log a}{a} - \frac{\log b}{b} = (b - a)\frac{\log c - 1}{c^2} \geq \frac{\log 3 - 1}{b^2}.$$
Por otro lado, tenemos $$\frac{\log\left(1 + \frac{1008}{b^a}\right)}{ab} \leq \frac{1008/b^a}{ab} = \frac{1008}{ab^{a+1}}.$$
Por lo tanto $$ab^{a-1} \leq \frac{1008}{\log 3 - 1} < 10222.$$ En consecuencia, debemos tener $a \leq 5$, y:
- Si $a = 3$,$4 \leq b \leq 58$.
- Si $a = 4$, $5 \leq b \leq 13$
- Si $a = 5$,$b = 6$.
Pero todos estos casos son imposibles.
$5^6 - 6^5 \ne 1008$, lo $a \ne 5$.
Al $a = 4$, tenemos $4^b - b^4 = 1008$. $1008$ es igual a $16$ modulo $32$, por lo que debemos tener $b = 2$ modulo 4. Pero $b = 6$ $b = 10$ no son soluciones.
Al$a = 3$,$3^b - b^3 = 1008$. Desde $b > 3$, $b^3 = 18$ modulo 27, pero esta ecuación no tiene soluciones.
Otros casos
Al $b = 1$, sólo tenemos la solución $a = 1009$.
Al$b = 2$,$a^2 > 2^a + 1$, lo que nunca ocurre.
Al $a = 1$, hay, obviamente, no hay soluciones.
Al$a = 2$,$2^b - b^2 = 1008$. Si $x_n = 2^n - n^2$,$x_{n + 1} - x_n = 2^n - (2n + 1) > 0$$n \geq 3$, por lo que la secuencia de $x_n$ es el aumento de $n \geq 3$. Tenemos $x_{10} < 1008 < x_{11}$, por lo que no hay soluciones para $a = 2$.
Tenemos $1008 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 7$. Primera nota de que $a \equiv b \pmod{2}$ desde $1008$ es incluso. Tenga en cuenta que $2 \nmid a,b$ desde el si $2 \mid a,b$$a,b \leq 5$. Por lo tanto, $a^b \equiv a \pmod{8}$$b^a \equiv b \pmod{8}$, lo $a \equiv b \pmod{8}$. Entonces a partir de la $a^4 \equiv 1 \pmod{16}$,$a^b \equiv a^a \pmod{16}$$a^a \equiv b^a \pmod{16}$. Si $a \equiv 1 \pmod{4}$,$a \equiv b \pmod{16}$. Si $a \equiv 3 \pmod{4}$, $a^3 \equiv b^3 \pmod{16}$ da $a \equiv b \pmod{16}$.
Tenemos $a^b \equiv a \pmod{3}$ $b^a \equiv b \pmod{3}$ desde $a$ $b$ son ambos impares. Por lo tanto $a \equiv b \pmod{3}$. Si $a \equiv b \equiv 1 \pmod{6}$, $a^b \equiv a \pmod{9}$ $b^a \equiv b \pmod{9}$ por Euler Totient Teorema desde $\varphi(9) = 6$. Por lo tanto $a \equiv b \pmod{9}$ en este caso. Si $a \equiv b \equiv 5 \pmod{6}$,$a^b \equiv a^5 \pmod{9}$$a^5 \equiv b^5 \pmod{9}$. Por lo tanto $a \equiv b \pmod{9}$.
Asimismo, desde $\varphi(7) = 6$ obtenemos tomando los casos de $a \equiv b \equiv 1 \pmod{6}$ $a \equiv b \equiv 5 \pmod{6}$ que $a \equiv b \pmod{7}$.
