Encontrar soluciones a $2^x+17=y^2$

Question

Encontrar todas las soluciones enteras positivas $(x,y)$ de la siguiente ecuación: $$2^x+17=y^2.$$

Si $x = 2k$ entonces podemos reescribir la ecuación como $(y - 2^k)(y + 2^k) = 17$ por lo que los factores deben ser $1$ y $17$ y debemos tener $x = 6, y = 9$ .

Sin embargo, este enfoque no funciona cuando $x$ es impar.

Answer 1

Las únicas soluciones son $x = 3, 5, 6, 9$ . Esto se demuestra en las páginas 148-152 de

Tzanakis, N. (1983), Sobre la ecuación diofantina $y^2-D = 2^k$ , J. Teoría de Números 17, 144-64.

Answer 2

[ Hoy me he dado cuenta de que esta respuesta es incorrecta . La técnica del artículo realmente no funciona en este caso porque el argumento de "elevación" hacia el final de la respuesta no garantiza la unicidad de las soluciones sobre cada clase de congruencia. Esto se debe a que con dos variables, hay más formas de obtener diferencias $f_{k'}(n') - f_{k}(n) \pmod{17^{z+1}}$ que no obligan a $n' = n \pmod{17^{z+1}\times 16}$ . Si el OP ve esto, por favor, no lo acepte. ]

La siguiente solución sigue esencialmente la misma idea que la de T. Nagell papel en la ecuación $2^x - 7 = y^2$ . Hay algunas dificultades debido a que el grupo de unidades tiene rango $1$ en lugar de $0$ en nuestro caso.

Reescribe la ecuación como $(y - \sqrt {17})(y + \sqrt {17}) = 2^x$ .

Dejemos que $K = \mathbb{Q}(\sqrt {17})$ . Entonces el anillo de enteros $\mathcal{O}_K$ es un PID .

Tenga en cuenta que $2 = \left(\frac{5 + \sqrt{17}}{2}\right)\left(\frac{5 - \sqrt{17}}{2}\right)$ es una factorización en primos de $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z}\left[\frac{1 + \sqrt{17}}{2}\right]$ (cada uno tiene norma $2$ por lo que deben ser primos).

Ahora tenemos que $(y + \sqrt {17})(y - \sqrt {17}) = \left(\frac{5 + \sqrt{17}}{2}\right)^x\left(\frac{5 - \sqrt{17}}{2}\right)^x$ .

Tenga en cuenta que $\gcd(y + \sqrt{17}, y - \sqrt{17})$ divide $\gcd(2y, 2\sqrt{17}) = 2$ desde $\sqrt{17}$ es primo (norma $17$ ) y $y$ no puede ser divisible por $17$ . Pero también de la ecuación tenemos que $y$ es impar así que $2$ efectivamente divide a ambos. Así, $\gcd(y + \sqrt{17}, y - \sqrt{17}) = 2$ .

Por lo tanto, obtenemos $$\left(\frac{y + \sqrt{17}}{2}\right)\left(\frac{y - \sqrt{17}}{2}\right) = \left(\frac{5 + \sqrt{17}}{2}\right)^{x-2}\left(\frac{5 - \sqrt{17}}{2}\right)^{x-2}.$$ Ahora el LHS es un producto de enteros algebraicos coprimos, por lo que se aplica la propiedad de los primos y obtenemos $\frac{y + \sqrt{17}}{2}=u\left(\frac{5 \pm \sqrt{17}}{2}\right)^{x-2}$ para alguna unidad $u \in \mathbb{Z}\left[\frac{1 + \sqrt{17}}{2}\right]^*$ .

El grupo de unidades tiene rango $1$ y las unidades son de la forma $\pm (4 + \sqrt{17})^k, k \in \mathbb{Z}$

Así, $(4+\sqrt{17})^k\left(\frac{5 + \sqrt{17}}{2}\right)^{n}-(4-\sqrt{17})^k\left(\frac{5 - \sqrt{17}}{2}\right)^{n} = \pm \sqrt{17}$ (donde $n = x - 2$ ).

Si $k \geq 0$ tenemos una única solución ya que la función es monotónicamente creciente con $n$ y $k$ [en realidad, tal vez, eventualmente, pero podríamos repetir el siguiente argumento con ambos casos, creo]. Esta es la solución $n = 1, k = 0$ que da $x = 3, y = 5$ . Por lo tanto, asuma $k \lt 0 $ y reemplazar $k$ por su valor absoluto para obtener la ecuación $(4-\sqrt{17})^k\left(\frac{5 + \sqrt{17}}{2}\right)^{n}-(4+\sqrt{17})^k\left(\frac{5 - \sqrt{17}}{2}\right)^{n} = \pm \sqrt{17}$

Expandiendo los binomios obtenemos $$\left(\sum\limits_{i=0}^{k}{k \choose i}(-1)^i4^{k - i}\sqrt{17}^i\right)\left(\sum\limits_{j = 0}^{n}{n \choose j}5^{n-j}\sqrt{17}^j\right)$$ $$-\left(\sum\limits_{i=0}^{k}{k \choose i}4^{k - i}\sqrt{17}^i\right)\left(\sum\limits_{j = 0}^{n}{n \choose j}(-1)^j5^{n-j}\sqrt{17}^j\right)$$ $$=\pm 2^n\sqrt{17}.$$

Y así $$f_k(n) = \left(\sum\limits_{i \text{ even}}^{k}{k \choose i}4^{k - i}17^{i/2}\right)\left(\sum\limits_{j \text{ odd}}^{n}{n \choose j}5^{n-j}17^{(j-1)/2}\right)-\left(\sum\limits_{i \text{ odd}}^{k}{k \choose i}4^{k - i}17^{(i-1)/2}\right)\left(\sum\limits_{j \text{ even}}^{n}{n \choose j}5^{n-j}17^{j/2}\right) = \pm 2^{n-1}.$$

Ahora bien, si $n = a \mod 17^z\times 16$ para algunos $1 \leq a \lt 17 \times 16$ y $z \geq 1$ entonces demostramos que $f_k(n) - f_k(a) = u(n - a) \pmod {17^{z+1}}$ para alguna unidad $u \in U(17^{z+1})$ (nota que $17^z\times 16 = \phi(17^{z+1})$ ).

Para ver esto, observe que para $j \gt 1$ impar y $j \geq a + 1$ , $${n \choose j}17^{(j-1)/2} = \frac{n(n-1)...(n-a)}{(j-a)...(j-1)j}{n-a-1 \choose j-a-1} 17^{(j-1)/2}.$$ Puede haber como máximo $\lceil (a+1)/17\rceil$ múltiplos de $17$ en el denominador, y como $17^{(j-1)/2-\lceil (a+1)/17 \rceil + 1} \gt j$ tenemos que el denominador es divisible como máximo por $17^{(j-1)/2 - 1}$ y por lo tanto la expresión ${n \choose j}17^{(j-1)/2}$ es divisible por $17^{z+1}$ .

Del mismo modo, para $j \gt 0$ incluso y $j \geq a + 1$ , ${n \choose j}17^{j/2}$ es divisible por $17^{z+1}$ .

Además, ${n \choose j}17 = {a \choose j}17 \pmod {17^{z+1}}$ desde $n = a + 17^z\times16 \times h$ y los restantes términos de la expansión polinómica se cancelan en el módulo $17^{z+1}$ debido a la multiplicación por $17$ . Y $5^{n-j} = 5^{a-j}, 2^{n-1} = 2^{a-1} \pmod {17^{z+1}}$ por el teorema de Euler.

Así, tenemos $$f_k(n) = \left(\sum\limits_{i \text{ even}}^{k}{k \choose i}4^{k - i}17^{i/2}\right)\left(n5^{a-1}+\sum\limits_{j \text{ odd}\gt 1}^{a}{a \choose j}5^{a-j}17^{(j-1)/2}\right)$$ $$-\left(\sum\limits_{i \text{ odd}}^{k}{k \choose i}4^{k - i}17^{(i-1)/2}\right)\left(5^a+\sum\limits_{j \text{ even} \gt 0}^{a}{a \choose j}5^{a-j}17^{j/2}\right) \pmod {17^{z+1}}.$$

Así que $$f_k(n) - f_k(a) = \left(\sum\limits_{i \text{ even}}^{k}{k \choose i}4^{k - i}17^{i/2}\right)5^{a-1}(n-a) \pmod {17^{z+1}}.$$

A partir de esto encontramos finalmente que si $n = a \mod 17^z\times16$ y $f_k(n) = f_k(a)$ entonces $n = a \pmod {17^{z+1}\times16}$ .

Por lo tanto, toda solución a $f_k(n) = \pm 2^{n-1}$ modulo $17 \times 16$ eleva a lo sumo una solución sobre los enteros. Por lo tanto, podemos buscar exhaustivamente todas las soluciones para $n \lt 17 \times 16$ y serán las soluciones únicas. Por lo tanto, puede haber como máximo $2 \times (17 \times 16)^2$ soluciones, una para cada clase de congruencia de $n$ y $k$ y la elección del signo (tenemos $f_{k+17 \times 16}(n) = f_k(n) \mod 17$ ).

Véase también el documento de Nagell sobre la ecuación $2^x - 7 = y^2$ mencionado anteriormente.

Answer 3

$x=3,5,9$ trabajar con $y=5,7,23$ pero no fallan ni $x=1,7$ . Si $x $ funciona para cualquier otro valor entonces $x>4$ .

$2^x+17=y^2$

$2^4 (2^{x-4}+1)=y^2-1=(y+1)(y-1) $

$y\pm 1$ debe ser par y $\gcd(x+1,x-1)=2$ y uno es un múltiplo de $4$ mientras que el otro no.

Eso significa::

$y\pm 1=8m;y\mp 1=2n;mn=2^{x-4}+1$

También significa

$2^x+8=y^2-9$

$2^3 (2^{x-3}+1)=(y-3)(y+3) $

Así que $y\mp 3 =4k=2n\mp 2;y\pm 3=2j=8m\pm 2;jk=2^{x-3}+1$

Parece que aquí tenemos una estricta limitación. En ese $m,n $ están relativamente cerca de $j,k $ pero su producto es aproximadamente la mitad.

Me da pereza calcular los detalles, pero debe haber un límite máximo para que eso sea posible.

También $2^x-8=2^3 (2^{x-3}-1)=y^2-25=(y-5)(y+5) $ y así $y\pm 2 =4r;y\mp 2=2s;rs=jk-2$

En .... es un lío, pero tenemos los límites claros.

Sospecho fuertemente que $x=9$ es el más alto posible $x $ .

Ah, y tenemos $2^x+1=(y-4)(y+4)\approx 16mn $ .

Answer 4

Creo que no hay soluciones para $x$ impar.

Sí, es cierto,

$y^2=2^x+17=2^{2k+1}+17=2 \cdot 4^k +17 \equiv 2+17 \equiv3 \mod4$ , lo que no puede ocurrir.

(Si $x$ es de la forma $x=2k$ entonces la ecuación se puede escribir fácilmente $(y-2^k)(y+2^k)=17$ y así sucesivamente).

EDIT: ¡Solución equivocada!