Sobre las ecuaciones $m^2+1=5^n$

Question

Estoy buscando soluciones enteras de la ecuación diofantina $m^2+1=5^n$ . Encontré que $m=0,n=0$ y $m=2,n=1$ . No he podido encontrar ninguna otra solución. Intento demostrarlo pero no he podido. ¿Puede alguien ayudarme a resolver esta ecuación?

Answer 1

Sugerencia: Por Teorema de Mihailescu la única solución para

$$x^a - y^b = 1$$

donde $a, b > 1$ y $x, y > 0$ es

$$3^2 - 2^3 = 1$$

Ahora sólo hay que considerar los casos restantes en los que los exponentes no son ambos más que $1$ y cuando las bases no son ambas más que $0$ .

Answer 2

SUGERENCIA.-Si te interesa otra forma de indicar en el enlace dado por Yiyuan Lee ( un buen ejemplo de que lo elemental podría ser bastante intrincado y no fácil ), podrías prestar atención a lo siguiente:

$m^2+1=5^n\Rightarrow n$ es impar ( $m^2+1=x^2$ es imposible ya que la diferencia entre $x^2$ y el cuadrado de un número entero mayor que $x$ es siempre mayor o igual que $2x+1>1$ ).

Así que tenemos la ecuación $$m^2+1=5x^2\iff m^2-5x^2=-1\quad (*)$$ La ecuación de Pell-Fermat $(*)$ tiene infinitas soluciones pero tenemos que discriminar estas soluciones con la restricción $x$ debe ser un poder de $5$ .

Se conoce en la teoría algebraica de los números ( no es difícil de calcular ) que la unidad fundamental de $\mathbb Q[\sqrt 5]$ es $\frac{ 1+\sqrt 5}{2}$ por lo que todas las soluciones $(m_n,x_n)$ de $(*)$ vienen dadas por $$m_k+x_k\sqrt 5=\left(\frac{ 1+\sqrt 5}{2}\right)^k; k\ge 1\qquad (**)$$
El cálculo da $$2^k(m_k+x_k\sqrt 5)=(1+\sqrt 5)^k=1+\binom k1\sqrt 5+\binom k2(\sqrt 5)^2+\binom k3(\sqrt 5)^4+…..+\binom k2(\sqrt 5)^{k-2}+\binom k1(\sqrt 5)^{k-1}+(\sqrt 5)^k$$ Por lo tanto tienes según si $k$ es par o impar $$2^{2k}x_{2k}=\binom {2k}1+5\binom {2k}3+5^2\binom {2k}5+5^3\binom {2k}7+…..5^{k-1}\binom {2k}1$$ $$2^{2k+1}x_{2k+1}=\binom {2k+1}1+5\binom {2k+1}3+5^2\binom{2k+1}5+5^3\binom {2k+1}7+…..+5^{k-1}\binom {2k+1}2+5^k$$ Os dejo la tarea de comprobar que no es posible que ningún $x_k$ es una potencia de $5$ .

Answer 3

Desde $(1+mi)(1-mi)=(1+2i)^n(1-2i)^n$ Debemos tener $1+mi=(1+2i)^n$ o $1-mi=(1+2i)^n$ . Si ambos $1+2i$ y $1-2i$ dividir $1+mi$ o $1-mi$ entonces $5$ lo dividiría también, lo cual es imposible ya que $5\nmid1$ .

En esta respuesta se demuestra que para $n\ge2$ , $\mathrm{Re}\left((1+2i)^n\right)\ne1$ .

Por lo tanto, $m^2+1=5^n$ sólo puede tener soluciones para $n=0$ ( $m=0$ ) y $n=1$ ( $m=2$ ).

Answer 4

Nota: Esto se basa en la respuesta de Yiyuan Lee, que sugirió aplicar la conjetura de Catalán / teorema de Mihailescu (CCMT).

Comenzamos con $$ m^2 + 1 = 5^n \quad (m, n) \in \mathbb{Z}^2 $$ y reescribirlo como $$ 5^a - y^2 = 1 \quad (a, y) \in \mathbb{Z}^2 \quad (*) $$ para compararlo con el de CCMT $$ x^a - y^b = 1 $$

Caso 1:

La CCMT dice que para los números naturales $a,b,x,y$ con $a, b > 1$ , $x, y > 0$ sólo existe la solución $$ 3^2 - 2^3 = 1 $$ Esto significa que no hay solución para $(*)$ para $(a,y) \in \mathbb{Z}^2$ , $a > 1$ , $y > 0$ .

Caso 2:

Podemos dejar el caso $y < 0$ , como $$ 1 = 5^a - y^2 = 5^a - (-(-y))^2 = 5^a - (-y)^2 $$ por lo que no son posibles nuevas soluciones.

Caso 3:

El caso $y = 0$ lleva a $$ 5^a = 1 $$ que no tiene solución para $a > 1$ . Cubrimos $a > 1$ , $y \in \mathbb{Z}$ hasta ahora.

Caso 4:

Para $a = 1$ , $y \in \mathbb{Z}$ tenemos $$ 5 - y^2 = 1 \iff \\ y^2 = 4 \iff \\ y = \pm 2 $$ que da las soluciones $(a,y) = (1, \pm 2)$ . Esto ha cubierto $(a,y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{Z}$ .

Caso 5:

Para $a = 0$ , $y \in \mathbb{Z}$ tenemos $$ 1 - y^2 = 1 \iff \\ y^2 = 0 \iff \\ y = 0 $$ que da la solución de adición $(a,y) = (0,0)$ . Cubierto hasta ahora: $\mathbb{N}_0 \times \mathbb{Z}$ .

Caso 6:

Ahora va por $a < 0$ , $(a, y) \in \mathbb{Z}^2$ . Obtenemos $$ 5^a - y^2 = 1 \iff \\ 5^{-(-a)} - y^2 = 1 \iff \\ \underbrace{\frac{1}{5^{-a}}}_{< 1} = \underbrace{1 + y^2}_{\ge 1} $$ por lo que no es posible una solución adicional.

Answer 5

En primer lugar, $y\ge0$ y un $y$ puede ser sólo en el caso de $y=0$ -- cuando la diferencia entre los cuadrados de los números es igual a 1. En todos los demás casos $y$ impar. Deja que $z=5^{(y-1)/2}$ y considerar la ecuación diofantina $x^2+1=5z^2$ . Tiene un número infinito de soluciones, pero se pueden describir claramente, y luego verificar que $z$ puede ser una potencia por 5 sólo para el caso $z=1$ .

Si $(x,z)$ -- solución de la ecuación, entonces lo mismo vale para el par $(9x+20z,4x+9z)$ . De verdad, $5(4x+9z)^2-(9x+20z)^2=5z^2-x^2=1$ . Según esta norma, a partir de la decisión inicial $(2;1)$ seguir recibiendo un par de $(38;17)$ , $(682;305)$ ... y así sucesivamente. Haciendo que los componentes satisfagan al mismo tiempo la relación de recurrencia $z_{n+2}=18z_{n+1}-z_n$ en $n\ge0$ , donde $z_0=1$ , $z_1=17$ .

Para empezar comprueba que esta serie describe todas las soluciones de la ecuación en enteros positivos. Considera la transformación inversa $(x,z)\mapsto(9x-20z,-4x+9z)$ , es también toma una decisión en la decisión. Proporciona soluciones en enteros positivos si $\frac{x}z\in(\frac{20}9;\frac94)$ y ambas coordenadas en dicha transformación se reducen. Es fácil comprobarlo $\frac{x}z\le\frac{20}9$ debe ser $z\le4$ y una decisión a esta limitación, sólo tenemos una, donde $z=1$ . También se entiende que $x^2 < 5z^2 < \frac{81}{16}z^2$ y la desigualdad $\frac{x}z < \frac94$ siempre se satisface.

Así, cualquier solución en un número finito de pasos la transformación inversa a $(2;1)$ lo que implica una descripción completa.

Consideremos ahora la secuencia de valores $z_m$ dada por la relación de recurrencia: $1$ , $17$ , $305$ , $5473$ , ... . Nos interesan esos valores, que se dividen en $5$ . Considerando la secuencia módulo 5, tenemos 1, 2, 0, 3, 4, 4, 3, 0, 2, 1, 1, 2, ... , donde el período es 10, y los múltiplos de 5, se encuentran para un período de 5 $n=5m+2$ .

El número 305, que nos encontramos aquí, también está dividido por 61. Por lo tanto, es natural comprobar los residuos módulo 61. En este módulo tenemos lo siguiente: 1,17,0,44,60,60,44,0,17,1, 1,17, ..., que también es igual al período 10, y los ceros están exactamente en los mismos lugares. Esto significa que todos los números de la secuencia que son múltiplos de 5, como un múltiplo de 61 y 5 grados entre ellos.