Que $(a,b)$ ser un par de enteros positivos tales que $$2+3^n+5^{n^2}=2^a7^b$$ for some positive integer $n$. ¿Es cierto que hay solamente finito muchos tales pares?
No sé la respuesta a tal pregunta, pero supongo que es positivo...
Respuestas
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user26486
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No hay soluciones del número entero positivo existen a $2+3^n+5^{n^2}=2^a7^b$.
$n$hasta $\,\Rightarrow\, 2+3^n+5^{n^2}\equiv 2+(-1)^{n^2}\equiv 2+1\equiv 0\not\equiv 2^a7^b\pmod{\!3}$de #%.
$n$ odd $\,\Rightarrow\, 2+3^n+5^{n^2}\equiv 2+(-1)^n+1^{n^2}\equiv 2\equiv 2^a7^b\pmod{\!4}$, so $a=1$.
$2+3^n+5^{n^2}\equiv 2+(-1)^{n^2}\equiv 1\not\equiv 2\cdot 7^b\equiv 2\cdot 1^b\equiv 2\pmod{\!3}$.
Yo incluso puede ser el más fuerte reclamo: no Hay triples $(a,b,n)$ que statistify la ecuación dada.
Para demostrar esto, vamos a utilizar de Fermat Poco teorema: $$a^p \equiv a \mod p$$ así como los corolarios:
- $a^{p-1} \equiv 1 \mod p$ si $\gcd(a,p)=1$
- $a^{k(p-1)} \equiv 1 \mod p$ si $\gcd(a,p)=1$.
Además, vamos a usar el teorema de Euler: Si $\gcd(a,m)=1$, $a^{\varphi(m)}\equiv 1 \mod m$ así como el corolario: $a^{k\varphi(m)}\equiv 1 \mod m$
A partir de aquí, $a,b,n$ es como en la pregunta.
Si $n=2k$: $$5^{(2k)^2} = 5^{4k^2} = 5^{(3-1)2k^2} \equiv 1 \mod 3$$ Por lo tanto,$$5^{(2k)^2}+2+3^{2k} \equiv 3 \equiv 0 \mod 3$$, por tanto, esta no puede ser una solución, ya que 3 no es un factor de la RHS.
Si $n=4k+1$: $$3^{4k} = 3^{(5-1)k} \equiv 1 \mod 5$$ Therefore $$3^{4k+1} \equiv 3 \mod 5$$ and $$3^{4k+1}+2 \equiv 5 \mod 5$$ por lo tanto, esta no puede ser una solución, ya que 5 no es un factor de la RHS.
Si $n=4k+3$:
Por el teorema de Euler: $\varphi(4)=2$, por lo que $$5^{2k} \equiv 1 \mod 4 \text{ and } 3^{2k} \equiv 1 \mod 4$$ Therefore $3^{4k+3} \equiv 3 \mod 4$ and $5^{4k+3} \equiv 5 \equiv 1 \mod 4$ and $5^{(4k+3)^2} \equiv 1 \mod 4$.
De esto se sigue que el $2+3^{4k+3}+5^{(4k+3)^2} \equiv 6 \mod 4$, por lo que 4 no es un divisior de la LHS, por lo $a=1$ en este caso.
Hemos dividido este caso en $n=12k+3$, $n=12k+7$ y $n=12k+11$, para mostrar que ellos no son divisibles por 7.
Si se demuestra que para $n=3$, $n=7$ y $n=11$ podemos utilizar Fermats Poco teorema a demostrar que para todo lo mencionado $n$. Un simple cálculo muestra que estos no lo son.
Por lo tanto, todos los números en la forma de $n=4k+3$ tiene sólo un factor de 2 y no de factores 7, de modo que el lado izquierdo puede ser en la mayoría de los 2, pero es al menos 10. Por lo tanto, esta clase no tiene ningún tipo de soluciones. Esto completa la prueba. QED
