¿Cuándo es $2^n \pm 1$ un poder perfecto

Question

¿Hay una manera fácil de mostrar que $2^n \pm 1$ nunca es un poder perfecto, excepto para $2^3 + 1 = 3^2 $ ?

Sé que Conjetura de Catalán (o teorema de Mihailescu) da el resultado directamente, pero espero un método más elemental.

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Puedo demostrar que nunca es un cuadrado, a excepción de $2^3 + 1$ .

Prueba: Casos $n=1, 2, 3$ son fáciles de tratar. En lo sucesivo, dejemos que $n\geq4$ .

$2^n -1 \equiv 3 \pmod{4}$ de ahí que nunca sea un cuadrado.

Si $2^n +1 =x^2$ entonces $2^n = (x-1)(x+1)$ y ambas son potencias de 2. Por tanto, debemos tener $(x-1) = 2, (x+1) = 4$ . Esto da la solución de $2^3 + 1 = 3^2$ .

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Hagamos ahora un primo impar.

Diga $2^n +1 = x^p$ . Entonces $2^n = x^p - 1 = (x-1)(x^{p-1}+x^{p-2} + \ldots +1)$ por lo que ambos términos son potencias de 2. Tenemos $ x = 2^m+1$ es impar. Pero el otro término es la suma de $p$ Los números de impar, por lo tanto es impar. Como esto es claramente mayor que 1, obtenemos una contradicción.

Diga $2^n -1 = x^p$ . Entonces $2^n = x^p + 1 = (x+1)(x^{p-1} - x^{p-2} + \ldots -x +1 )$ por lo que ambos términos son potencias de 2. Tenemos $x = 2^m -1$ es impar. Pero el otro término es la suma de $p$ Los números de impar, por lo tanto es impar. Dado que $x^p + 1 \neq x+1$ excepto en el caso de $p=1$ , esto significa que el término es mayor que 1. Por lo tanto, obtenemos una contradicción.

Answer 1

(Esta prueba se completó con un comentario perspicaz de Gottfried. Lo pongo como respuesta para que se vea fácilmente que existe una respuesta, en lugar de dejarlo en la pregunta).

Supongamos que tenemos $ 2^n \pm 1 = x^k$ para algunos enteros positivos $x, k$ . Casos $n=1, 2, 3$ son fáciles de tratar. $n=3$ da como resultado la solución $2^3 + 1 = 3^2$ . En lo sucesivo, dejemos que $n\geq4$ . Además, una simple comprobación muestra que $x\neq 1, 2$ .

En primer lugar, nos ocuparemos del poder $k=2l$ siendo parejo. Reescribiendo $x^{2l}$ como $(x^l)^2$ podemos suponer que $k=2$ .

Prueba: $2^n -1 \equiv 3 \pmod{4}$ de ahí que nunca sea un cuadrado.

Si $2^n +1 =x^2$ entonces $2^n = (x-1)(x+1)$ y ambas son potencias de 2 que difieren en 2. Por tanto, debemos tener $(x-1) = 2, (x+1) = 4$ , lo que da $2^n = 8$ así que $n=3$ (rechazar). $_\square$

Ahora, nos ocupamos de $k$ impar.

Prueba: Digamos que $2^n +1 = x^k$ . Entonces $2^n = x^k - 1 = (x-1)(x^{k-1}+x^{k-2} + \ldots +1)$ por lo que ambos términos son potencias de 2. Tenemos $ x -1$ es una potencia de 2 mayor que 1, por lo tanto es par. Por lo tanto, $x$ es impar. Pero el otro término es la suma de $k$ Los números de impar, por lo tanto es impar. Como esto es claramente mayor que 1, obtenemos una contradicción.

Diga $2^n -1 = x^k$ . Entonces $2^n = x^k + 1 = (x+1)(x^{k-1} - x^{k-2} + \ldots -x +1 )$ por lo que ambos términos son potencias de 2. Tenemos $x+1$ es una potencia de 2 que es mayor que 1, por lo tanto es par. Por lo tanto, $x$ es impar. Pero el otro término es la suma de $p$ Los números de impar, por lo tanto es impar. Dado que $x^p + 1 \neq x+1$ excepto en el caso de $p=1$ , esto significa que el término es mayor que 1. Por lo tanto, obtenemos una contradicción. $ _\square$

Answer 2

Todavía podemos generalizar un poco más su resultado por medios elementales:

Teorema 1: La única solución no trivial para $p^k+1=x^n$ para $p\in\mathbb{P},k,x,n \in \mathbb{N}$ son $p,k,x,n=2,3,3,2$ .

Prueba: Sólo tenemos que preocuparnos por $n$ primo. Si $n=2$ tendríamos. $$p^k=(x-1)(x+1)$$ Como ambos paréntesis deben ser potencias de $p$ y como los únicos poderes que son $2$ las unidades separadas son $2$ y $4$ obtenemos $p=2,k=3,x=3$ .

Así que tratemos ahora el caso impar: $$p^k=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1)$$

Ambos paréntesis deben ser potencias de $p$ . Si $x=2$ Ya nos hemos ocupado de ese caso. Si no, $x$ debe ser de la forma $p^e+1$ pero entonces el primer paréntesis sería $p^e$ y el segundo sería mucho mayor que $p^e$ y tendría que ser una potencia de $p$ . Eso implica que tienen $p^e$ como factor común. Pero por el teorema del residuo, $(x-1,x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots1)=n$ que es primo. Así que $e=1$ y $p=n$ . Así que ahora tenemos en el segundo paréntesis: $$(p+1)^{p-1}+(p+1)^{p-2}+\cdots+1=\cdots+\frac{(p-1)p}{2}p+p=p(\cdots+\frac{(p-1)p}{2}+1)$$

Desde $2|p-1$ el valor dentro del paréntesis $\equiv 1 \pmod p$ . Pero eso es imposible.

Teorema 2: Si no hay soluciones para $p^k-1=x^2$ la única solución no trivial de $p^k-1=x^n$ para $p\in\mathbb{P},k,x,n \in \mathbb{N}$ son $p,k,x,n=3,2,2,3$ .

Prueba: Es prácticamente el mismo que el del teorema $1$ con la única diferencia de algunos carteles. Pero al final seguimos llegando a la condracción de tener el segundo paréntesis $\equiv p \pmod {p^2}$ y mayor que $p$ . Si hay alguna duda, puedo dar detalles.

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Observaciones: He intentado eliminar la condición innecesaria para el teorema $2$ pero no pude, me gustaría escuchar sugerencias o pruebas para hacerlo. Además, me gustaría mencionar que ambos teoremas funcionan para cualquier potencia prima $p$ . Por último, podemos señalar que el Teorema 1 uno es sólo en un caso compuesto de distancia para convertirse en el teorema de Mihailescu. Pero que la fuerza te acompañe si lo intentas.

Answer 3

Recogí todo lo que puedas necesitar sobre los métodos elementales de resolución de casos especiales del teorema de Mihailescu aquí (ver casos (iii) y (vii) para este problema)