Encontrar todos los números naturales $x,y$ tal que $3^x=2y^2+1$.

Question

Encontrar todos los números naturales $x,y$ tal que

$$3^x=2y^2+1$$

las soluciones son $(1,1)$, $(2,2)$, $(5,11)$. Encontré que la paridad de ambos es el misma y si $x$ es impar es de la forma $4k+1$.

Answer 1

No hay otras soluciones, además de los tres que Satvik Mashkaria expuesto.

Esto queda demostrado en el papel

Jungmin Ahn, Kwang Hyun Kim Jung Soo Kim, y Mina Kim: Clasificación de perfecto códigos lineales con corona poset estructura, la Matemática Discreta. 268 (2003), 21-30.

Ver Lema 3 de "2.2 El ternario caso", páginas 26-29.

La prueba de Ahn, Kim, Kim y Kim comienza por factorización $2y^2+1$ sobre el anillo de ${\bf Z}[\sqrt{2}]$ (como se sugiere en un comentario user236182) y, a continuación, utiliza Skolem $p$-ádico método (con $p=2$); por lo tanto la prueba es básicamente primaria, pero no es fácil. La existencia de varios $(x,y)$, incluyendo la gran ish $(5,11)$, sugiere que podría no ser una simple prueba de que no hay más existen soluciones.

Esta ecuación Diophantine surge de forma natural en la teoría de la codificación. La existencia de $x$ tal que $3^x = 2y^2+1$ es una condición necesaria para la existencia de un perfecto 2-corrección de errores ternario código; las soluciones con $y=1$ $y=2$ corresponden a la trivial (una sola palabra) de los códigos, y el $y=11$ solución corresponde a la ternario Código de Golay.

Answer 2

Aquí un poco más simple prueba utilizando las ecuaciones de Pell (como Eric Torres sugirió que podría ser posible).

Si $x$ es extraño, por decir $x=2k+1$, $3z^2 = 2y^2 + 1$ donde $z = 3^k$. Por lo tanto $(2y)^2 - 6z^2 = -2$ y hemos $$ 2y + 3^k \sqrt{6} = (2+\sqrt{6}) (5 + 2\sqrt{6})^m $$ para algunos $m=0,1,2,\ldots$. Las dos primeras soluciones $m=0$, $m=1$ dar $z=1$, $z=9$ que recupera las soluciones conocidas con $x=1$$x=5$. Supongamos $k>2$. A continuación,$z = 3^k \equiv 0 \bmod 27$, y mediante el cálculo de potencias de $5 + 2 \sqrt{6}$ mod $27$, nos encontramos con que $27 \mid z$ si y sólo si $m \equiv 4 \bmod 9$. Pero, a continuación, $z$ es siempre un múltiplo de la $m=4$ solución (en general, si $2m+1 \mid 2m'+1$ $m$- th $z$ divide el $m'$-th), y el $m=4$ solución ha $z = 8721 = 3^3 17 \, 19$. Por lo $z$ nunca puede ser un poder de $3$ una vez $k>2$.

Si $x$ es incluso, decir $x=2k$,$2y^2 = 3^{2k} - 1 = (3^k-1) (3^k+1)$. Por lo tanto $3^k-1$ es una plaza o dos veces a la plaza, y el primero es imposible (no cuadrado es congruente a $-1 \bmod 3$). Por lo $3^k-1 = 2{y'}^2$ para algunos entero $y'$, dando una solución más pequeña $(k,y')$$3^x = 2y^2 + 1$. Continuando de esta manera, finalmente se obtiene una solución con $x$ impar. Pero esa solución no puede ser $(x,y) = (5,11)$, debido a que $(3^{10} - 1) / 2 = 2^2 11^2 61$ no es un cuadrado. Esto deja el $(x,y) = (1,1)$ solución, y, de hecho, $(x,y) = (2,2)$ también funciona como sabemos $-$ pero $x=4$ no porque $(3^4 - 1)/2 = 40$ no es una plaza cualquiera. Esto completa la prueba de que las tres soluciones con $x=1,2,5$ son los únicos.

Answer 3

Reescribir como $$3^x-1=2y^2$$ $$(3-1)(1+3+\cdots+3^{x-1})=2y^2$$ $$y^2=1+3+\cdots+3^{x-1}$$ Así que... cuadrados perfectos que son las sumas de las sucesivas potencias de 3. En otras palabras, los cuadrados perfectos que en la base-3 sistema de escritura como todos, y podemos buscar por $y$ escrito en ternario $y=(\ldots y_2y_1y_0)_3$. Esto puede ser entendida como la aplicación de la dígito por dígito de la raíz cuadrada del algoritmo en base 3 en todos-unos números. El algoritmo añade dos dígitos para el radicando para cada nuevo dígito del resultado, por lo que hay básicamente dos caminos de cálculo: incluso y un número impar de unos. Hemos de llegar a una solución cada vez que el algoritmo termina sin residuo en el número de dígitos que desee.

Las soluciones son $\sqrt{(1)_3}=(1)_3$, $\sqrt{(11111)_3}=(102)_3$ y $\sqrt{(11)_3}=(2)_3$. Incluso dígitos y de número impar de dígitos, estos son los truncamientos de $\sqrt{3/2}=\sqrt{(1.111\cdots)_3}=(1.02000121112\cdots)_3$$\sqrt{9/2}=\sqrt{(11.111\cdots)_3}=(2.0100211\cdots)_3$.

Realmente creo que hay una solución más elegante, pero este se siente muy interesante, porque se ve en el problema de manera diferente. No estoy seguro de cómo demostrar que después de un tiempo el algoritmo nunca termina de nuevo. Con suerte, uno de ustedes comentario para señalar algo obvio aquí.

Answer 4

No hay una manera "estándar" para atacar a este uso de Thue del teorema, escribiendo el lado izquierdo como $z^3$, $3 z^3$, o $9 z^3$, dependiendo de la supuesta residuo $x \pmod 3$. No me imagino haciendo una búsqueda a cualquiera de los efectivos de las versiones de Thue del límite en el tamaño de las soluciones durante una Olimpiada.

Algunos de los comentarios que están cerca de lo que sugiere que este ataque como una ecuación de Pell, así que he empezado de abajo. No sé cómo terminar cualquiera de los casos. Quizás uno de los comentaristas estaría dispuesto a editar en completar cualquiera de los casos a continuación.

Si $x$ es incluso, $x = 2k$, esta es la ecuación de Pell $(3^k)^2 - 2 y^2 = 1$. La técnica más habitual para encontrar la solución mínima, la construcción de convergents de la continuación de la fracción de $\sqrt{2}$, da el entero de las soluciones de $$\begin{align} 3^k &= \frac{1}{2} \left( (3-2\sqrt{2})^n + (3+2\sqrt{2})^n \right) \\ y &= \frac{-1}{2\sqrt{2}} \left( (3-2\sqrt{2})^n - (3+2\sqrt{2})^n \right), \end{align}$$ for any integer $n$ (and not yet applying the restriction that $k$ be a positive integer). Note that $y>0$ requires $n \geq 0$. In fact, $n=0$ gives $3^k = 1$, so $k$ and $x$ are both zero (and $x = 0$ is not allowed). Hence, $n > 0$.

Si $x$ es impar, $x = 2k+1$, se multiplica por $3$ conseguir $3^2 (3^k)^2 - 6 y^2 = 3$, otro de la ecuación de Pell, cuyo entero soluciones son $$\begin{align} 3 \cdot 3^k &= \frac{1}{2}\left( (3+\sqrt{6}) (5-2\sqrt{6})^n + (3 - \sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^n \right) \\ y &= \frac{-1}{4} \left( (2+\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^n + (2 - \sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^n\right), \end{align}$$ for any integer $n$ (and not yet applying the restriction that $k$ be a positive integer). Note that $y>0$ requires $n>0$.

No es claro para mí que el $k \in \Bbb{N}$ restricción es fácil de aplicar a cualquiera de estos. Pero yo sería feliz de que alguien(s) de editar para la finalización de cualquiera de los anteriores.