¿Cuándo es $2^x+3^y$ ¿un cuadrado perfecto?

Question

Si $x$ y $y$ son enteros positivos, entonces cuando es $2^x+3^y$ ¿un cuadrado perfecto?

He intentado esta pregunta muchas veces pero he fracasado. Intenté dividir los casos en cuando $x,y$ son pares/Impares, pero aún no tengo idea de qué hacer cuando ambos son Impares. Intenté buscar cuando es $2^x+3^y$ es de la forma $6k+1$ y así sucesivamente pero no he podido conseguirlo. ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

Si $x=1$ , $2+3^y$ no puede ser un cuadrado ya que es $\equiv 2\pmod{3}$ . Esto da $x\geq 2$ Así que $2^x+3^y\equiv (-1)^y\pmod{4}$ y $y$ debe ser uniforme. Como en este caso $3^y\equiv 1\pmod{8}$ Debemos tener $x\geq 3$ y $$ 2^x + 3^{2z} = A^2 $$ con $A$ impar, o: $$ 2^x = (A-3^z)(A+3^z) \tag{1} $$ por lo que ambos $A-3^x$ y $A+3^x$ deben ser potencias de dos, entonces: $$ 2\cdot 3^z = 2^D-2^C\tag{2} $$ con $D>C$ y $C\geq 1$ ya que, de lo contrario, la RHS de $(2)$ es impar. Pero si $C>1$ entonces la RHS de $(2)$ es un múltiplo de cuatro mientras que el LHS no lo es, por lo que $C=1$ y nos quedamos con: $$ 3^z = 2^E -1 \tag{3} $$ donde $E$ debe ser par para que el RHS sea un múltiplo de tres. Pero en tal caso la única solución de: $$ 3^z = (2^F-1)(2^F+1) \tag{4} $$ viene dada por $z=F=1$ ya que de lo contrario $2^F-1$ y $2^F+1$ no pueden ser ambas potencias de tres.

Esto hace que $$ 2^4+3^2 = 5^2 $$ es la única solución.

Answer 2

Sugerencia: Tenga en cuenta que $x$ es par (trabajo modulo $3$ ). Sea $x=2s$ . Estamos resolviendo $$3^y=(z-2^s)(z+2^s).$$ Cada término de la derecha es una potencia de $3$ . Pero su diferencia es un poder de $2$ y nos encontramos con la conocida ecuación $3^y=2^{s+1}+1$ .

Answer 3

Dejemos que $2^x+3^y=k^2$ .

mod $3$ da $x=2m$ para algunos $m\in\mathbb Z^+$ ya que $(-1)^x\equiv k^2\pmod {3}$ y como $2$ (es decir $-1$ ) no es un residuo cuadrático mod $3$ .
De manera más general, $\left(\frac{-1}{p}\right)=1\iff p\equiv 1\pmod {4}$ , donde $p$ es un primo impar y $\left(\frac{a}{b}\right)$ es el símbolo de Legendre .

Así, $4^m+3^y=k^2$ .

Así que $(-1)^y\equiv k^2\pmod {4}$ pero $\left(\frac{-1}{4}\right)=-1$ . Así que $y=2n$ para algunos $n\in\mathbb Z^+$ .

Así, $(2^{m})^2+(3^n)^2=k^2$ .

Por lo tanto, $(2^m,3^n,k)$ es un El triple pitagórico . Además, es primitivo, porque $(2^m,3^n)=1$ lo que significa:

$$\begin{cases}2^m=2ab\\3^n=a^2-b^2\\k=a^2+b^2\end{cases},$$

donde exactamente uno de $a,b$ es impar.
Esto implica $(a,b)=(2^i,2^j)$ para algunos $i,j\in\mathbb Z^+$ .
Pero exactamente uno de $a,b$ es impar (como dije antes), y también $a>b\iff 2^i>2^j$ .
Así, $j=0$ para que $(a,b)=(2^i,1)=(2^{m-1},1)$ .

Entonces $4^{m-1}=3^n+1\iff (2^{m-1}-1)(2^{m-1}+1)=3^n$ para que $2^{m-1}-1$ y $2^{m-1}+1$ son potencias de $3$ y porque su diferencia es $2$ se deduce que $2^{m-1}-1=1\iff m=2\iff x=4$ y $n=1\iff y=2$ Lo que nos lleva a la única solución $(x,y)=(4,2)$ , que después de comprobarlo funciona.

---

La siguiente es una continuación alternativa de mi solución utilizando Teorema de Zsigmondy .

Tenemos $4^{m-1}=3^n+1$ ( $n$ es impar (comprobar $\pmod 4$ y nota que $m-1\ge 1$ )), pero el teorema de Zsigmondy implica: $$\exists p\in\mathbb P (p\mid a^n+b^n\wedge p\not\mid a+b), \forall n\ge 2, a>b$$ (con la excepción de $(a,b,n)=(2,1,3)$ que no funcionará aquí, ya que en nuestro caso $(a,b,n)=(3,1,n)$ ) para que $a^n+b^n$ tiene más de un divisor primo para cualquier $n\ge 2, a>b$ .

Así, $n\ge 2$ y $3>1$ conducen a una contradicción, lo que significa $n=1\iff y=2$ y $m=2\iff x=4$ .

Esto lleva a $(x,y)=(4,2)$ como única solución, que después de comprobarlo funciona.

---

Otra forma en que podría haber procedido después de ver que $4^{m-1}=3^n+1$ es La conjetura de Catalán (ahora demostrado), que nos dice que $$\begin{cases}x^a-y^b=1\\x,a,y,b\in\mathbb Z_{>1}\end{cases}\iff (x,a,y,b)=(3,2,2,3)$$

---

Continuación de la solución de André Nicolas mediante el teorema de Zsigmondy.

$3^y=2^{s+1}+1$ .

Observe que $y\ge 1$ para que $s+1\ge 1$ . La aplicación del teorema de Zsigmondy conduce a una contradicción siempre que $s+1\ge 2$ y $2>1$ salvo la excepción $s+1=3$ , lo que significa que $s+1=1\iff (x,y)=(0,1)$ que no funciona, o $s+1=3\iff s=2$ , dándonos la única solución $(x,y)=(4,2)$ , que después de comprobarlo funciona.

Esto también podría haberse resuelto utilizando la conjetura de Catalán (ahora demostrada), que introduje más arriba.

Pero, por supuesto, la ruta más fácil aquí es observar que (tenemos $y\ge 1$ y por lo tanto $s+1\ge 1$ pero $s+1\neq 1$ Así que $s+1\ge 2$ . Supongamos ahora que $s+1\ge 2$ ) $\pmod{4}$ lleva a $y=2c$ para algunos $c\in\mathbb Z^+$ para que $(3^c-1)(3^c+1)=2^{s+1}$ y por lo tanto $3^c-1=2\iff c=1\iff y=2$ y por lo tanto $s+1=3\iff s=2\iff x=4$ .
De ello se desprende que $(x,y)=(4,2)$ es la única solución posible y después de comprobarlo funciona.