Encontrar todos los números enteros positivo $(a,b,c)$, que $a^2b-c,b^2c-a,c^2a-b$ son todas las potencias de 2
alguien puede tomar un ejemplo de esta condición tal
Respuesta
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Nota: Esto es sólo una prueba de dibujo. He omitido algunos detalles que no son muy técnica y se puede comprobar por su propia cuenta. Si hay algunos errores, por favor dígame.
Supongamos que $$a^2b-c=2^p,\ b^2c-a=2^q,\ c^2a-b=2^r$$ and within them $r$ is the smallest. To simplify the discussion I further assume here 'powers of $2$' means that $p,q,r>0$ (or we'll have something like $c=a^2b-1$ y estos casos es necesario un mayor esfuerzo a la sonda).
Denotar $x=bc,\ y=ac,\ z=ab$, y podemos escribir $$z^2=2^p\cdot b+x,\ x^2=2^q\cdot c+y,\ y^2=2^r\cdot b+z,$$ así tenemos $$z^2\equiv x,\ x^2\equiv y,\ y^2\equiv z\ (\mathrm{mod}\ 2^r),$$ y por lo tanto el uso de una simple inducción se puede deducir que $x\equiv y\equiv z\equiv 0\textrm{ or }1\ (\textrm{mod }2^r)$. En ambos casos el modulo $2^r$ en las ecuaciones originales se llevan a $a\equiv b\equiv c\ (\textrm{mod }2^r)$. Ellos son la raíz cuadrática de $x$ modulo $2^r$, que en realidad sólo tiene cinco posibilidades: $$a\equiv b\equiv c\equiv 0\textrm{ or }\pm1\textrm{ or }\pm1+2^{r-1}\ (\textrm{mod }2^r).$$
Antes de discutir estas posibilidades, hay un útil la observación de que $x,y,z$ no puede ser $0$ ni $1$. Por lo que se deduce que el $ac=y\geq 2^r=c^2a-b$, lo que significa que $b\geq ac(c-1)$ es mucho más grande de lo $a$ $c$ (suponiendo, claro, que $a,b,c>1$). Lo que realmente implica que $p,q>r$.
Si es $0$, observe que podemos deducir de las ecuaciones originales que $$(ab^3-1)c=2^p+2^q\cdot ab$$ lo que significa que el más pequeño de $2^p$ $2^q$ es un factor de $c$. Pero cualquiera de las $c\geq 2^p$ o $c\geq 2^q$ va a llevar a la contradicción con la observación anterior de que $b$ es grande.
Si es $\pm1$, aviso que $z=y^2-2^r\cdot b\equiv 1+2^r\ (\textrm{mod }2^{r+1})$. Por otro lado $x,y\equiv 1\ (\textrm{mod }2^{r+1})$ desde $p,q>r$. Nos deja denotar $a=a_1\cdot 2^r\pm 1$, e $b_1,c_1$ igualmente. Observar que $ab\equiv 1\ (\textrm{mod }2^{r+1})$ si y sólo si $a_1+b_1$ es incluso. Sin embargo, el análisis anterior muestra que $2$ números entre $a_1+b_1,\ a_1+c_1,\ b_1+c_1$ es regular, lo que es una contradicción.
Si es $\pm1+2^{r-1}$, que son los casos se considera sólo al $r\geq 3$. Definimos $a_1,b_1,c_1$ de manera similar, pero esta vez no hay ninguna contradicción directa desde $ab\equiv 1\ (\textrm{mod }2^{r+1})$ si y sólo si $a_1+b_1$ es impar. En su lugar, se nos informará de que
- $b_1$ es incluso y $a_1,c_1$ es impar;
o
- $b_1$ es impar y $a_1,c_1$ es incluso.
Ahora considerar la ecuación de $c^2a-b=2^r$. Modulo $2^{r+1}$ tendremos $$(2^r+2^{r-1}\pm 1)^3-(2^{r-1}\pm 1)\equiv 2^r\ (\textrm{mod }2^{r+1})$$ o $$(2^{r-1}\pm 1)^3-(2^r+2^{r-1}\pm 1)\equiv 2^r\ (\textrm{mod }2^{r+1})$$ que no puede mantener al $r\geq 3$.
Por último queda el caso de que algunos de $a,b,c$$1$, y a partir de la discusión anterior podemos ver esto sólo sucede cuando se $p=r$ o $q=r$. Usted puede agotar las posibilidades y cuando lo hago, creo que no hay soluciones. Así que mi conclusión es que no hay solución, si leemos "potencias de 2" excluyendo a $2^0=1$.
