¿Cuántas soluciones para $2^a + 3^b = 2^c + 3^d$ ?

Question

Hace unas semanas, Pregunté en math.stackexchange.com cuántos cuádruples de números enteros no negativos $(a,b,c,d)$ satisfacen la siguiente ecuación:

$$2^a + 3^b = 2^c + 3^d \quad (a \neq c)$$

Encontré 5 cuádruples: $5 = 2^2 + 3^0 = 2^1 + 3^1$ , $11 = 2^3 + 3^1 = 2^1 + 3^2$ , $17 = 2^4 + 3^0 = 2^3 + 3^2$ , $35 = 2^5 + 3^1 = 2^3 + 3^3$ , $259 = 2^8 + 3^1 = 2^4 + 3^5$

No obtuve una respuesta, sino sólo un enlace a un Secuencia OEIS (no más cuádruples por debajo de $10^{4000}$ ), así que hago la misma pregunta aquí.

¿Hay alguna forma de demostrar que [no] son infinitos?

Y, de forma más general, ¿se conocen tuplas para las que se cumpla la siguiente ecuación: $$p_{i_1}^{a_1} + p_{i_2}^{a_2} + ... + p_{i_n}^{a_n}=p_{i_1}^{b_1} + p_{i_2}^{b_2} + ... + p_{i_n}^{b_n}$$ es válida para un número infinito de personas (o sólo para un número finito). $a_i,b_i$ ?

Answer 1

Que estas son todas las soluciones a $2^a+3^b=2^c+3^d$ fue conjeturada por Pillai en los años 30 y demostrada por Stroeker y Tijdeman en 1982, utilizando límites inferiores para formas lineales en logaritmos. La finitud fue demostrada por Pillai.

Ah, y debería haber añadido que la respuesta es "no" a tu segunda pregunta a través de un resultado de Evertse, siempre que no tengas "subsumas que desaparecen".

Answer 2

La respuesta es sí, hay finitamente muchos para positivo $a, b, c, d$ y las has encontrado todas.

Véase el teorema 7 de R. Scott, R. Styer, Sobre la ecuación generalizada de Pillai $\pm a^x \pm b^y = c$ Journal of Number Theory, 118 (2006), 236-265. Cito:

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Teorema 7. Sea $a$ ser primo, $a>b$ , $b = 2$ o $b = 3$ , $a$ no una gran base- $b$ Wieferich prime, $1 \le x_1 \le x_2$ , $1 \le y_1 \le y_2$ y $(x_1, y_1) \neq (x_2, y_2)$ . Si existe una solución $(a, x_1, y_1, x_2, y_2)$ a la ecuación $$\left|a^{x_1} - b^{y_1}\right| = \left|a^{x_2} - b^{y_2}\right|$$ entonces es uno de

$$\begin{align*} 3-2&=3^2-2^3,\\ 2^3-3&=2^5-3^3,\\ 2^4-3&=2^8-3^5,\\ \cdots&=\cdots \end{align*}$$

donde los casos omitidos son irrelevantes. Las tres ecuaciones enumeradas son sus descomposiciones de $\fbox{11}$ , $\fbox{35}$ y $\fbox{259}$ .

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Ahora mostramos que la respuesta es sí para no negativo $a, b, c, d$ y también las has encontrado todas.

Las únicas soluciones de su ecuación no cubiertas por el resultado anterior corresponden a soluciones de $$1 - 2^x + 2^y = 3^z, $$ donde podemos suponer $0 < x < y$ .

Si $z$ es impar, entonces el RHS es 3 módulo 4 y por lo tanto debemos tener $x = 1$ . Por lo tanto $3^z - 2^y = 3 - 2$ y por lo tanto por lo anterior tenemos la única solución como $(x, y, z) = (1,2,1)$ . Esta es su descomposición de $\fbox{5}$ .

Si $z$ es par, entonces el lado derecho es un cuadrado perfecto. Trabajando módulo 3 vemos que debemos tener $x$ impar y $y$ incluso. Escribe $z' = z/2, y' = y/2, x' = x-1$ y observe que $x' > 0$ es par.

Si $x' < y'$ entonces tenemos $(2^{y'}-1)^2 = 1 - 2^{y'} + 2^y < 1 - 2^x + 2^y < 2^y = (2^{y'})^2$ por lo que el LHS no puede ser un cuadrado perfecto. Por lo tanto $x' \ge y'$ .

Si tenemos $x' = y'$ entonces tenemos $3^{z'} = 2^{y'} - 1$ esto da la solución $(x,y,z) = (3,4,2)$ correspondiente a su descomposición de $\fbox{17}$ .

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Afirmamos que no hay otras soluciones.

Cualquier otra solución debe tener $x' > y'$ . Reordenamos y escribimos $$\left(2^{x'} - 1 + 3^{z'}\right)\left(2^{x'} - 1 - 3^{z'}\right) = 2^{2x'} - 2^{2y'}.$$ Tenga en cuenta que debemos tener $2^{x'}-1 > 3^{z'}$ para que los signos de cada lado coincidan.

El lado derecho es divisible por $2^{2y'}$ . En $x < y$ tenemos $2y' \ge x' + 2$ .

Tenemos $\gcd(2^{x'} - 1 + 3^{z'}, 2^{x'} - 1 - 3^{z'}) = \gcd(2^{x'} - 1 - 3^{z'},2\cdot3^{z'})$ que es divisible por 2 pero no por 4. Por lo tanto, una de $2^{x'} - 1 + 3^{z'}$ y $2^{x'} - 1 - 3^{z'}$ es divisible por $2^{2y' - 1} \ge 2^{x' + 1}$ . Pero $$2^{x' + 1} = 2^{x'} + 2^{x'} > 2^{x'} - 1 + 3^{z'} > 2^{x'} - 1 - 3^{z'},$$ por lo que ninguno de los dos puede ser divisible por $2^{2y' - 1}$ . Por lo tanto, no hay más soluciones.

Answer 3

He aquí una prueba de finitud, en la línea de la respuesta de Jordan. Supongamos sin pérdida que $a>c$ y $d>b$ . Entonces $$2^a-2^c=3^d-3^b,$$ o equivalentemente $$\frac{1-3^{b-d}}{1-2^{c-a}}=\frac{2^a}{3^d}.$$ Desde $a>d$ el límite explícito de Matveev para formas lineales en logaritmos implica que $$\Bigl\lvert\frac{2^{c-a}-3^{b-d}}{1-2^{c-a}}\Bigr\rvert=\lvert 2^a 3^{-d}-1\rvert \ge (ea)^{-R}$$ donde $$ R:=e\cdot 2^{3.5}30^5\log 3.$$

Siguiente, $2^c$ es la mayor potencia de $2$ que divide $3^{d-b}-1$ ; si $2^i$ denota la mayor potencia de $2$ que divide $d-b$ entonces $[i=0\,\text{ and }\,c=1]$ o $[i>0\,\text{ and }\,c=i+2]$ . Igualmente, $b=0$ sólo si $a\not\equiv c\pmod{2}$ y si $a\equiv c\pmod{2}$ entonces $3^{b-1}$ es la mayor potencia de $3$ que divide $a-c$ . Así que en cualquier caso tenemos $c\le 2+\log_2(d-b)$ y $b\le 1+\log_3(a-c)$ . Para cualquier valor fijo de $d$ sólo hay un número finito de posibilidades para $a$ (ya que $2^{a-1}\le 2^a-2^c<3^d$ ) y, por tanto, también para $b$ y $c$ . Así que supongamos que $d$ (y por tanto $a$ ) es suficientemente grande; entonces $c\le 2+\log_2(d)<2+\log_2(a)$ y $b\le 1+\log_3(a)$ mientras que $\log_3(2^{a-1})<d$ Así que $b\le\log_3(d)+r$ para una constante absoluta $r$ . Ahora $$\Bigl\lvert\frac{2^{c-a}-3^{b-d}}{1-2^{c-a}}\Bigr\rvert$$ es como máximo $2^{-a}$ que es menor que $(ea)^{-R}$ siempre que $a$ es suficientemente grande.

Answer 4

La excelente respuesta de Siksek a [esta pregunta][1]

distancia entre potencias de 2 y potencias de 3

puede ser útil -- el punto es que, por los límites de las formas lineales en logaritmos, no se puede tener una potencia de 2 y una potencia de 3 se acercan demasiado el uno al otro, lo que debería implicar que los dos exponentes de 2 y los dos exponentes de 3 debe ser bastante cerca el uno al otro. Pero esto, a su vez, implica que (2^a - 2^c) es en realidad "sobre todo" una potencia de 2, y (3^b - 3^d) sobre todo una potencia de 3, y tal vez puedas sacar algo de provecho de esto.

Answer 5

La finitud de las soluciones se deduce de una generalización de la $abc$ conjetura, el $n$ conjetura para $\mathbb{Z}$ : http://cr.yp.to/bib/1994/browkin.pdf

Básicamente, si $a_1 \ldots a_n$ son números enteros coprimos, $a_1 + a_2 + \cdots a_n = 0$ y ninguna suma de subconjuntos propios desaparece $\log \max {|a_i|} / \log rad(a_1 \cdot a_2 \cdots a_n)$ está limitada por $2n-5$ .

También disponible aquí: http://www.math.unicaen.fr/~nitaj/abc.html#Generalizaciones