¿Por qué la ecuación de diophantine $x ^ 2 + x + 1 = 7 ^ y$ no que soluciones del número entero?

Question

Este Problema siguiente es a partir de la ecuación de Pell capítulos ejercicio

Vamos $y>3$ números enteros positivos, demostrar que la siguiente ecuación diophantine $$x^2+x+1=7^y\etiqueta{1}$$ no tiene entero de soluciones.

Traté de escribir la ecuación $$(2x+1)^2+3=4\cdot 7^y$$ si $ $ y=2k$ entonces tenemos $$(2\cdot 7^k+2x+1)(2\cdot 7^k-2x-1)=3$$ este caso no tiene ninguna entero.

Pero $y$ es un número impar, como para demostrar que la ecuación (1) no tiene ninguna entero soluciones para $x,y (y>3)$? Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Boceto de Mi Idea:

Deje que $\omega:=\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$ y $\bar{\omega}:=\frac{-1-\sqrt{-3}}{2}$. Entonces, $7=(2-\omega)(2-\bar{\omega})$. Por lo tanto, $$(x-\omega)(x-\bar{\omega})=x^2+x+1=7^y=(2-\omega)^y(2-\bar{\omega})^y\,.$$ Desde $7\nmid x-\omega$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $x\omega=u(2-\omega)^y$, donde $u$ es una unidad (es decir, $\pm1$, $\pm\omega$ y $\pm\bar{\omega}$). Entonces, $x-\bar{\omega}=\bar{u}(2-\bar{\omega})^y$, donde $\bar{u}$ es el complejo conjugado de $u$. Por lo tanto, $$-1=\frac{u(2-\omega)^y-\bar{u}(2-\bar{\omega})^y}{\omega\bar{\omega}}\,.$$

Ahora, definir $a_n(u)$ $\frac{u(2-\omega)^n-\bar{u}(2-\bar{\omega})^n}{\omega\bar{\omega}}$ para $n\in\mathbb{Z}$. Usted tiene que $a_n(u)=5a_{n-1}(u)-7a_{n-2}(u)$ para todo $n\in\mathbb{Z}$. Entonces, investigar cada una de las $u$. Usted debe encontrar que, sólo para $n=0$, $n=1$, o $n=3$, existe una unidad de $u$ tales que $a_{n}(u)=-1$. Ahora, desde $a_n(-u)=-a_n(u)$, sólo puede buscar soluciones a los $a_n(u)=\pm 1$ con $u \in \{1,\omega\bar{\omega}\}$.

Answer 2

Continuando con @Batominovski la respuesta,

el problema nos pide encontrar todos los valores de tomar $\pm 1$ en los tres siguientes recurrente lineal de las secuencias de la satisfacción de $a_n = 5a_{n-1} - 7a_{n-2}$,

• $1,2,3,1,-16,-87,-323,\ldots$
• $0,1,5,18,55,149,360,\ldots$
• $1,3,8,19,39,62,37,\ldots$

Mirando a la recurrencia de la relación mod $18$, tenemos $a_n \equiv 5a_{n-1}+11a_{n-2} \equiv 5(5a_{n-2}+11a_{n-3}) + 11a_{n-2} \equiv a_{n-3}$.

Mirando a los tres primeros términos de cada secuencia modulo $18$, ya podemos descartar $2/3$ de todos los términos y quitar también la posibilidad de un $-1$ apareciendo, lo que reduce el problema a encontrar $1$ valores en el lineal recurrente secuencias de satisfacción de $a_n = 20a_{n-1}-343_{n-2}$

• $1,1,-323,-6803,\ldots$
• $1,55,757,-3725,\ldots$
• $1,19,37,-5777,\ldots$

Ahora cada secuencia es una combinación lineal del coeficiente de secuencias de $(2-\omega)^{3n} = (1-18\omega)^n = (10 - 9 \sqrt{-3})^n$, es decir, las dos secuencias

• $1,10,-143,-6290,\ldots$
• $0,-9,-180,-513, \ldots$

(con el entero coefficents en los tres casos)

Con el teorema del binomio, podemos expandir $(1+9(1-\sqrt{-3}))^n = 1 + 9(1-\sqrt{-3})n + 81(1-\sqrt{-3})^2n(n-1)/2 + \ldots$.

Si nos situamos en $\Bbb Z_3[\sqrt{-3}]$ y nos damos cuenta de que $v_3(9^k/k!) >= 3k/2 \to \infty$, podemos cambiar el orden de la suma y obtener $1 + [9(1-\sqrt{-3}) + O(81)]n + O(81)n^2 + \ldots$ es decir, cada coeficiente de la secuencia se puede extender como una función $\Bbb Z_3 \mapsto \Bbb Z_3$, que es una potencia de la serie en $$ n con coeficientes en $\Bbb Z_3$

Ahora, si la potencia de la serie es de la forma $a_0 + a_1 n + a_2n^2$ con $|a_1| > |a_2|,|a_3|,|a_4|,\ldots$, entonces es un bijection de $\Bbb Z_3$ $a_0+a_1\Bbb Z_3$.

El $a_1$ coeficientes modulo $81$ en nuestros tres secuencias son de $9-9=0, 9-9 \times (-5) = 54 \neq 0, 9-9 \times (-1) = 18 \neq 0$.

En los dos últimos casos, podemos deducir que la secuencia es inyectiva por lo que el inicial ocurrencia de $1$ es el único.

Como para la primera secuencia, tenemos que tanto $a_1$ y $a_2$ son del orden de los $3^4$. Pero entonces su derivada es la forma correcta de demostrar que no tiene un único cero en unos $n_0 \en \Bbb Z_3$. Mediante la configuración de $m = n-n_0$, se obtiene una nueva potencia de la serie de la forma $b_0 + b_2m^2 + b_3m^3 + \ldots$ donde $|b_2| > |b_3|,|b_4|,\ldots$. Esto demuestra que el poder de la serie es de $2$a$1$ (con la excepción de $0 \mapsto b_0$), así que los dos valores de $1$ ya sabemos son los únicos.

Answer 3

Un boceto de mis pensamientos:

Deje que $\nu_7(n)=\max\{m\in\mathbb{N}:7^m\mediados n\}$. Una buena idea puede ser para demostrar que, si $\nu_7(x^2+x+1)=\nu_7(x^3-1)-\nu_7(x-1)=y>3$ entonces $x$ tiene que ser grande, digamos de $x\geq 7^{y-1}$. En tal caso, sin embargo, $x^2+x+1$ es demasiado grande para ser solo $7^y$, y debe haber algún otro factor primo.

De esta manera, el problema se reduce a encontrar (o, al menos, de menor delimitador) los dos elementos de orden tres en $G=\left(\mathbb{Z}_{/(7^y\mathbb{Z})}\right)^*$, que es un grupo cíclico con $o(G)=6\cdot 7^{y-1}$.

Si $ $ y=1$, que elementos son 2 $$ y $4$. Si $ $ y=2$, que elementos son $18$ y $30$. Si $ $ y=3$, que elementos son $18$ y $18^2$. En general, podemos calcular dichos elementos mediante la resolución de los $z^2+3\equiv 0\pmod{7^y}$. Si $ $ y=4$, tales elementos son de $1047$ y $1353$. Si $ $ y=5$, tales elementos son de $1353$ y $15453$.

Sólo tenemos que encontrar un patrón, o una alternativa razón por la cual $4\cdot 7^y-3$ no puede ser un cuadrado de $y>3$. Obviamente si $y$ es $4\cdot 7^y-3$ es demasiado cerca de una plaza para ser una misma plaza, por lo que podemos suponer que $y$ es impar.

Answer 4

Aunque no es exactamente la solución de tu pregunta, podemos demostrar que es posible encontrar todas las soluciones a una clase más general de ecuaciones que incluye el pedido por aquí. Esto demuestra que la ecuación pidió que tiene sólo un número finito de soluciones y da un método de búsqueda de todos ellos - así, se muestra que el problema puede ser resuelto mediante la realización de algunos (tedioso) los cálculos.

Dejar que $P\in\mathbb Q[X]$ ser racional, cuadrática, polinómica y $\mathcal P$ ser un conjunto finito de números primos, entonces hay sólo un número finito de soluciones a \begin{align} Q(x)\in\mathcal P^*&&{\rm(1)} \end{align} por $x\in\mathbb Z$, donde $\mathcal P^*$ es el conjunto de números enteros cuyos factores primos son todos en $\mathcal P$. Asimismo, el conjunto de soluciones es efectivamente computable.

En la pregunta que se hace aquí, tenemos $Q=X^2+X+1$ y $\mathcal P=\{7\}$, y quiere demostrar que las únicas soluciones son $x=-19,-3,-1,0,2,18 de dólares, de los cuales $Q(x)\in\{1,7,7^3\}$. Ahora, esta respuesta no acaba de responder a su pregunta-como me voy a aplicar una efectiva teorema de diophantine aproximación cuadrática irrationals, aunque todavía no he trabajado cómo calcular las soluciones. El teorema dice que un algoritmo existe, aunque de una atenta lectura de la prueba debe dar el algoritmo (si es lo suficientemente simple como para ser fácilmente aplicado es otro asunto).

Para demostrar que (1) tiene un número finito de soluciones, podemos completar el cuadrado para escribir $$ a^{-1}\left(L(x)^2-b\right)\in\mathcal P^* $$ para un grado de un polinomio $L\in\mathbb Z[X]$ y fija enteros $a,b$. Esto puede ser escrito como $$ L(x)^2-b=au^2v $$ para no negativo de $u\in\mathcal P^*$ y $v$ uno de un número finito de squarefree elementos de $\mathcal P^*$. En el ejemplo, tenemos el caso $v=1$, que es resuelto en la pregunta, y $v=7$ que se le pide. Podemos reorganizar como $$ \left(L(x)+u\sqrt{av}\right)\left(L(x)-u\sqrt{av}\right)=b. $$ A partir de esto, obtenemos la desigualdad $$ 0 < \lvert u\sqrt{av}-w\rvert u\sqrt{av}\le\lvert b\rvert, $$ donde he puesto $w=\lvert L(x)\rvert$. Reorganizar, podemos expresar esto como una aproximación racional a la algebraica de números de $\sqrt{av}$, \begin{align} 0 < \left\lvert\sqrt{av}-\frac wu\right\rvert\le \frac{\lvert b\rvert}{\sqrt{av}}u^{-2}.&&{\rm(2)} \end{align} Ahora, un resultado en diophantine aproximación dice que si $\xi$ es un verdadero cuadrática número entonces existe efectivamente computable positivos reales $C,\kappa > 0$ que $$ \left\lvert\xi-\frac wu\right\rvert\ge Cu^{-2+\kappa} $$ para todos los números enteros de $u,w$ con $u\in\mathcal P^*$. Véase la declaración y la prueba del Teorema 1.2 en Resultados Efectivos Para Restringido Racional Aproximación Cuadrática Irrationals por Bennet y Bugeaud (enlace). Tomando $\xi=\sqrt{av}$ y comparando con (2), $$ Cu^{-2+\kappa}\le\frac{\lvert b\rvert}{\sqrt{av}}u^{-2}. $$ Por lo tanto, $$ u\le\left(\frac{\lvert b\rvert}{C\sqrt{av}}\right)^{1/\kappa}. $$ Por lo tanto, tenemos una computable límite superior de $u$, y hay sólo un número finito de soluciones de (1).

Answer 5

Trabajamos en los enteros de Eisenstein. La ecuación, entonces se convierte en$$(x + 1 + \omega)(x - \omega) = 6^y.$$Supongamos que $d\, |\, (x + 1 + \omega)$ y $\text{ }d\,|\,(x - \omega)$.Entonces tenemos $d\,|\,(1 + 2\omega)$, entonces $N(d)\,|\,3$. Sin embargo, también tenemos $N(d)\,|\,7^{2y}$, entonces $N(d) = 1$. Por otro lado, $7 = (-2 - 3\omega)(1 + 3\omega)$ y $-2 - 3\omega$, $1 + 3\omega$ son relativamente primos. Por lo tanto, se deduce que $x + 1 + \omega$ y $x \omega$ se $e(-2-3\omega)^y$ y $f(1 + 3\omega)^y$ en cierto orden, donde $e$ y $f$ son unidades $\pm1$, $\pm\omega$, $\pm1\pm\omega$ con $ef = 1$. Sólo tenemos que mostrar que, si$$a + b\omega = f(1 + 3\omega)^y,$$$|b|$ nunca puede ser de $1$, lo que podría resolver el problema. Efectivamente, supongamos que$$A = 1 + 3^3\binom{y}{3} + \dots,\text{ }B = 3\binom{y}{1} + \dots,\text{ }C = 3^2\binom{y}{2} + \dots.$$Tenemos$$a + b\omega = f(A - C + \omega(B - C)),$$por eso queremos demostrar que ninguno de $|a - B|$, $|B - C|$, $|C - A|$ son uno. Sin embargo, esta es una tarea relativamente fácil para $y > 3$, por lo que estamos por hacer.