Necesito encontrar todo entero positivo soluciones $(a,b,c)$ $1+4^a+4^b=c^2$. Estoy seguro de que las soluciones sólo son $(t,2t-1, 2^{2t-1}+1) $ y $ (2t-1, t, 2^{2t-1}+1) $, $t\in \mathbb{N}$ pero estoy teniendo algunos problemas para confirmar esto. ¿Alguien me podria ayudar por favor? Gracias.
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Oli
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Por la simetría es suficiente para lidiar con el caso de $1 \le a \le b$. Escribir la ecuación como $$4^a(1+4^{b-a})=c^2-1=(c-1)(c+1).$$
Supongamos primero que $b=a$. Entonces $4^a(1+4^{a-b})=2^{2a+1}$. Pero $(c-1)(c+1)$ es una potencia de $2$ si $c=3$. Por lo tanto $a=b=1$. A partir de ahora podemos asumir que $b>a$.
Desde $a \ge 1$, $c$ debe ser impar, decir $c=2d+1$. Sustituto y dividir por $4$. Tenemos $$4^{a-1}(1+4^{b-a})=d(d+1).$$ No podemos tener a $a=1$, ya que si $a=1$ el lado izquierdo es impar y el lado derecho es aún. Por lo tanto $a>1$.
Desde $b>a$, $1+4^{b-a}$ es impar. Pero uno de $d$ $d+1$ es incluso. Cualquiera que ésta sea, debe ser divisible por $4^{a-1}$. En primer lugar, examinar la posibilidad de que $d$ o $d+1$ es exactamente $4^{a-1}$.
Entonces (i) $4^{a-1}=d$$4^{b-a}+1=d+1$, o (ii) $4^{a-1}=d+1$$4^{b-a}+1=d$.
Posibilidad de (ii) es fácil descartar: dos no-trivial poderes de $4$ no se diferencian por $2$.
Si la posibilidad (i) sostiene, tenemos $b-a=a-1$, lo $b=2a-1$. Es fácil comprobar que este siempre hace dar una solución del sistema original, es decir, sus soluciones con $t>1$.
Acabado el argumento: Se encontró que uno de $d$ o $d+1$ es divisible por $4^{a-1}$, y se ocupó plenamente con el caso de la igualdad. Así que ahora nos preguntamos: ¿tendríamos $d$ o $d+1$ igual a $4^{a-1}k$ donde $k>1$?
Si ese es el caso, entonces a partir de la $k \ge 3$ tenemos $4^{b-a}+1\ge 9\cdot 4^{a-1}$. De ello se desprende que $2b-2a>2a-2+3$, y, por tanto,$b\ge 2a+1$.
Pero esto es imposible. Por la nota que desde $1+4^a+4^b$ es un cuadrado perfecto, debemos tener $$4^b+4^a+1 \ge (2^b+1)^2 =4^b+2^{b+1}+1$$ Sin embargo, si $b \ge 2a+1$$4^{a}<2^{b+1}$, contradiciendo la desigualdad anterior.
user8269
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46
Según Richard Guy (Problemas sin resolver En la Teoría de números, el Problema D10), Mignotte observa que la ecuación de $n^2=2^a+2^b+1$ es completamente solucionado mediante la combinación de los resultados de Le de la Mao-Hua en $x^2=4q^n+4q^m+1$ con los de Tzanakis y Wolfskill. Le Mao-Hua escribió decenas de artículos sobre Diophantine ecuaciones. Yo creo que el Tipo medio es La ecuación de Diophantine $x^2=4q^n+4q^m+1$, Proc Amer Matemáticas Soc 107 (1989) 599-604, SEÑOR 90b:11024. La T y W de papel es La ecuación de Diophantine $x^2=4q^{a/2}+4q+1$, J de la Teoría de números 26 (1987) 96-116, SEÑOR 88g:11009.
EDIT: creo que hay un elemental argumento de que funciona. Voy a esbozar, en parte.
Como en Andre (actualmente suprimido) respuesta, podemos suponer que $a\lt b$. Voy a hacer el caso de que $b$ es impar, y dejar el caso en que $b$ es incluso. Por eso, $b=2t-1$.
Mostrar que no hay ninguna cuadrados entre $4^b=(2^{2t-1})^2$$4^b+4^t+1$. Deducir que $a\ge t$.
De $4^b+4^a=(c+1)(c-1)$, deducir que $4^{a-(1/2)}$ divide $c+1$ o $c-1$, lo $c\ge4^{a-(1/2)}-1$. Cuadrado ambos lados para obtener $4^b+4^a+1\ge4^{2a-1}-4^a+1$. Jugar con las desigualdades y deducir $a\le t$.
Si usted puede llenar todos los espacios en blanco, ya está hecho.
