Encontrar todos los enteros $x,y,z$ tal que $5^x+7^y=2^z$ .
Esta viene de un concurso online que organicé hace unos años, y puedo asegurar que existe una solución completamente elemental.
Respuestas
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Una "solución completamente elemental":
Utilizaremos únicamente la aritmética modular.
Desde $\gcd(2, 5, 7)=1$ , $x, y, z$ son no negativos.
Si $x=0$ entonces $1+7^y=2^z$ . Si $z \geq 4$ , tomando $\pmod{16}$ da $1+7^y \equiv 0 \pmod{16}$ una contradicción. Por lo tanto, $z \leq 3$ y la comprobación da las soluciones $(x, y, z)=(0,0, 1), (0, 1, 3)$ .
De lo contrario, $x \geq 1$ Así que $2^z=5^x+7^y \geq 5+1$ Así que $z \geq 2$ . Tomando $\pmod{4}$ da $1+(-1)^y \equiv 0 \pmod{4}$ Así que $2 \nmid y$ , lo que implica que $y \geq 1$ . Tenemos $2^z=5^x+7^y \geq 12$ Así que $z \geq 4$ .
Tomando $\pmod{16}$ obtenemos $5^x+7^y \equiv 0 \pmod{16}$ Así que $x \equiv 2 \pmod{4}, 2 \nmid y$ .
Tomando $\pmod{5}$ obtenemos $2^y \equiv 7^y \equiv 2^z \pmod{5}$ Así que $y \equiv z \pmod{4}$ .
Si $y \equiv z \equiv 3 \pmod{4}$ , entonces tomando $\pmod{13}$ obtenemos $-1+7^y \equiv 5^x+7^y \equiv 2^z \pmod{13}$ . Tenemos $7^y \equiv 5, 6, 2 \pmod{13}, 2^z \equiv 8, 11, 7 \pmod{13}$ , lo cual es imposible.
Así, $y \equiv z \equiv 1 \pmod{4}$ . De nuevo tomando $\pmod{13}$ obtenemos $-1+7^y \equiv 5^x+7^y \equiv 2^z \pmod{13}$ . Tenemos $7^y \equiv 7, 11, 8 \pmod{13}, 2^z \equiv 2, 6, 5 \pmod{13}$ Así que $y \equiv 1 \pmod{3}, z \equiv 2 \pmod{3}$ .
Tomando $\pmod{7}$ obtenemos $2^x \equiv (-2)^x \equiv 5^x \equiv 2^z \pmod{7}$ Así que $x \equiv z \equiv 2 \pmod{3}$ .
Combinando la información hasta ahora, tenemos $(x, y, z) \equiv (2, 1, 5) \pmod{12}$ . Por comodidad, escribamos $x=12a+2, y=12b+1, z=12c+5, a, b, c \geq 0$ por lo que la ecuación se convierte en..:
$$5^{12a+2}+7^{12b+1}=2^{12c+5}$$
Ahora bien, hasta ahora todo lo que hemos hecho sigue permitiendo la solución $(2, 1, 5)$ .
Consideremos $b \geq 1$ primero. Luego, tomando $\pmod{49}$ obtenemos $2^{-(6a+1)} \equiv 25^{6a+1} \equiv 5^{12a+2} \equiv 2^{12c+5} \pmod{49}$ Así que $15^{2c+a+1} \equiv 2^{12c+6a+6} \equiv 1 \pmod{49}$ . Así, $7 \mid 2c+a+1$ .
Ahora tomemos $\pmod{43}$ . Obtendremos una contradicción. Tenemos $5^{12} \equiv -2 \pmod{43}, 7^{12} \equiv 1 \pmod{43}, 2^{12} \equiv 11 \pmod{43}$ . Así, $25(-2)^a+7 \equiv 32(11)^c \equiv 32(-2)^{5c} \equiv 32(-2)^{a+1} \equiv (-64)(-2)^a \pmod{43}$ . Esto da: $$89(-2)^a \equiv -7 \pmod{43}$$ $$3(-2)^a \equiv 36 \pmod{43}$$ $$(-2)^a \equiv 12 \pmod{43}$$
Pero $(-2)^a \equiv 41, 4, 35, 16, 11, 21, 1 \pmod{43}$ Así que tenemos una contradicción.
Por lo tanto, $b=0$ y obtenemos:
$$5^{12a+2}+7=2^{12c+5}$$
A estas alturas estoy realmente tentado de decir simplemente "Este es un caso especial de la ecuación cuadrada de Ramanujan, para la que se conocen soluciones". No importa. Continuemos.
Si $c=0$ entonces $a=0$ y obtenemos la solución $(x, y, z)=(2, 1, 5)$ .
De lo contrario, $c \geq 1$ . Tomando $\pmod{64}$ obtenemos $25(17^a)+7 \equiv 5^{12a+2}+7 \equiv 0 \pmod{64}$ . Así, $a \equiv 2 \pmod{4}$ . Poner $a=4d+2$ , por lo que obtenemos
$$5^{48d+26}+7=2^{12c+5}$$
Tomando $\pmod{17}$ obtenemos $16 \equiv 5^{10}+7 \equiv 5^{48d+26}+7 \equiv 2^{12c+5} \equiv 32(-1)^c \pmod{17}$ , dando lugar a una contradicción.
Para concluir, las únicas soluciones son $(x, y, z)=(0, 0, 1), (0, 1, 3), (2, 1, 5)$ .
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Voy a publicar una posible prueba y quizás con algunos errores importantes, por favor revísenla y déjenme ver donde está mal.
(1) $x,y,z>0$ . Desde $Z(\sqrt{-7})$ es un dominio euclidiano, la factorización es única, y los elementos son aquellos $z=a+bt$ , y $N(z)=a^2+ab+2b^2$ donde $t=\frac{1+\sqrt{-7}}2$ Las unidades son $z=±1$ y $2=t(1-t)$ .
$5^x+7^y=2^z$ Si $z>2$ entonces $$5^x+7^y\equiv 1^x+(-1)^y\equiv 0\pmod4$$ por lo que $y\equiv 1\pmod2$ . y $$5^x+7^y\equiv 5^x+(-1)^y\equiv 5^x-1\equiv 0\pmod8$$ por lo que $x\equiv 0\pmod2$ . $$5^x+7^y-2^z\equiv(-2)^x+0-2^z\equiv2^x-2^z\equiv 0\pmod7$$ por lo que $x\equiv z\pmod3$ . $$5^x+7^y-2^z \equiv 0+2^y-2^z \equiv 0\pmod5$$ por lo que $y\equiv z\pmod 4$ .
Sólo necesitamos $x\equiv 0\pmod2,y\equiv 1\pmod2$ . Dejemos que $u=5^{x/2},v=7^{(y-1)/2},w=z-2$ Aquí $w>0$ y $u^2+7v^2=2^{w+2}$ . Obtenemos $$(u+v(2t-1))*(u-v(2t-1))=2^{w+2}$$ $$(\frac{u-v}2+vt)*(\frac{u+v}2-vt)=2^w=t^w*(1-t)^w$$ aquí $t$ y $1-t$ son ambos primos en $Z(\sqrt{-7})$ .
Desde $\frac{u-v}2+vt=\frac{5^{x/2}-7^{(y-1)/2}}2+7^{(y-1)/2}t$ y $7^{(y-1)/2}$ es impar, así que $GCD(\frac{u-v}2+vt,\frac{u+v}2-vt)=1$ por lo que $$\frac{u-v}2+vt=t^w,\frac{u+v}2-vt=(1-t)^w$$ o cambiar el orden (podemos sustituir $v$ con $-v$ (por lo que no importa). Por lo tanto, $$u=t^w+(1-t)^w,v=\frac{t^w-(1-t)^w}{2t-1)}$$ como $y>1$ , $v>1$ y $u\equiv0 \pmod 5,v\equiv0 \pmod 7$ .
Con un pequeño cálculo, obtenemos $w\equiv 21 \pmod{42}$ Sin embargo, lleva a $u\equiv0 \pmod 13$ lo cual es una contradicción. Así que $y$ no puede ser más grande que $1$ .
Si $y=1$ entonces $5^x+7=2^z$ que es la ecuación de Ramanujan: $u^2+7=2^z$ Así que $x=2,z=5$ .
(2)Si $x=0$ entonces $1+7^y=2^z$ .si $z>3$ entonces $1+7^y\equiv 0\pmod{16}$ eso es imposible.
En el caso $z<=3$ tenemos $(x,y,z)=(0,0,1)(0,1,3)$ .
Si $x>0$ como hemos demostrado en (1), $y$ es impar, por lo tanto $y>0$ y $z>0$ .
Así que $(x,y,z)=(0,0,1)(0,1,3)(2,1,5)$ .
lsp
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Podría resolver esto parcialmente.
$5^x + 7^y = 2^z$
En primer lugar, escribiremos los últimos dígitos de las potencias de $5,7,2$ respectivamente.
Para cualquier potencia de ' $5$ el último dígito es siempre $'5'$ .
$5, 5, 5, 5$
Para los poderes de ' $7$ Los últimos dígitos son los siguientes y se repiten en ciclos de $4$ :
$7, 9, 3, 1$
Para los poderes de ' $2$ Los últimos dígitos son los siguientes y se repiten en ciclos de $4$ :
$2, 4, 8, 6$
Así que al añadir el término que termina en ' $5$ ' a la que termina en ' $7$ ' dará ' $2$ ' y este es el caso del otro $3$ términos.
Por lo tanto, si y = $(4m+1)$ , entonces z = $(4n+1)$ .
Por lo tanto, la diferencia entre $y$ y $z$ es siempre un múltiplo de $4$ . También hay que tener en cuenta que $2^z - 7^y$ debe ser siempre positivo porque $5^x$ nunca puede ser negativo.
Así que $z=5,y=1$ lo satisface y esto lleva a la solución $x=2,y=1,z=5$ o $(2,1,5)$ .
Es evidente que no existe ninguna otra solución para valores superiores de ' $z$ ', pero soy incapaz de demostrarlo.
