Sa se rezolve in numere naturale ecuatia

Nu stiu cat de departe ajung in noaptea asta cu prezentarea, dar inceputul si cam tot ce se poate spune (in mod normal) in astfel de cazuri ca mod de apucare ar fi:

<<<Daca toate puterile x,y,z,t sunt "mici" putem sa verificam cu mana, daca nu, obtinem divizibilitati cu o putere mai mare a lui 2 sau 3 sau 5 sau 7, ceea ce implica de obicei ca puterile pe care le vedem sunt congruente cu cate un modul convenabil cu ceva anume. Deja putem sa incercam descompuneri sau sa izolam ecuatii polinomiale care nu au solutii...>>>

Cele de mai sus nu apartin de matematica. Sa vedem insa cum arata lucrurile pe partea matematica. Cu prezentarea am o problema. Va fi o impartire pe cazuri. Cazurile impart prajitura incat sa avem fie o putere mica, deci control, fie una mare, deci divizibilitate sporita. Sa vedem...

Cazul (1):
x, puterea lui 2, este mai mare sau egala cu 2. Atunci egalitatea / ecuatia data,

implica (modulo 4), daca tinem cont de
5 = 1 [4] (citit 5 egal/congruent cu 1 modulo 4) si
7 = -1 [4],
faptul ca puterea w a lui 7 este impara. Gasim un w' natural imediat cu

w = 2w' + 1 .

Cazul (1)( i ):
Ca sa ma pot juca mai bine, consider un subcaz, anume cel in care y, puterea lui 3, este mai mare sau egala cu 1. Avem atunci si o divizibilitate cu 3, ceea ce implica din 7=6+1=1[3] si 5=6-1=-1[3] faptul ca si puterea lui 4 este impara. Dam astfel de o ecuatie de forma:

pe care eu vreau sa o analizez direct modulo 35, avand in vedere ca imediat se vede periodicitatea 12 pentru puterile lui 2 si 3 modulo 35, ( 12 e multiplu de phi(5)=4 si de phi(7)=6 ) si mai devreme sau mai tarziu (intai modulo 5, apoi modul 7 - sau direct) vedem ca x si y sunt pari si dau acelasi rest la impartirea cu 12 (anume intre 0,2,4,6,8,10). Cu computerul:

sage: for i in range(12):
....: for j in range(12):
....: if 2^i*3^j % 35 == 1:
....: print "i=%2d j=%2d" % (i,j)
....:
i= 0 j= 0
i= 2 j= 2
i= 4 j= 4
i= 6 j= 6
i= 8 j= 8
i=10 j=10

(Modulo 5 deducem de exemplu repede ca x=y[4]...)

Am ajuns intr-o situatie in care pot comfortabila, in care pot prezenta doua idei de terminare:

- fie vedem ca avem o ecuatie Pell de forma uu - 35 vv = 1 unde uu este (2^x * 3^y), un patrat perfect, iar vv este... de unde rezulta ca

convenabil, pentru ca acel 6+radical(35) genereaza (partea fara torsiune) a grupului unitatilor din inelul ZZ[ radical(35) ], si destul de repede scriem formula pentru u, care dupa paritatea lui N se termina cu o putere a lui 35 sau cu 6 ori o astfel de putere. In rest toti termenii obtinuti din binomul asociat se divid cu 6.6 = 36. Deci nu avem decat sansa cu u=6, deci uu=36, deci...

- a doua idee este de a vedea in ce conditii putem avea:

Membrul stang este de forma aa-1 = (a-1)(a+1), deci unul din factori va fi o putere a lui 5, iar celalalt a lui 7. Obtinem ecuatii corelate ca cele din problema data... (Nu vreau sa insist, cu ecuatia lui Pell ma aranjez cel mai bine la o divizibilitate intr-un grup de unitati...)

Am dat deci de solutia: 36 = 1+35 .

Cazul (1)( ii ): Puterea lui 2, 2^y, este divizibila cu 4, (y>1)
iar puterea lui 3, 3^z, este 1, z=0. (Dam de "aceeasi ecuatie fara 3.) Am vazut deja ca w este impar. Ecuatia

ne da imediat partea dreapta mai mare sau egala cu 1+7, deci partea stanga e divizibila cu 8. Trebuie sa aranjam atunci ca puterea lui 5 sa fie 1[8], deci z este par.

- (1)(ii)(a) Daca z=0, atunci ne uitam la ce ramane modulo 7, deci puterile lui 2 mod 7 fiind 1,2,4,1,2,4, ...[7] dam de x divizibil cu 3.

-- (1)(ii)(a)( Daca w'=0, mai dam de o solutie,
8 = 1+7 .

-- (1)(ii)(a)(: Daca w' este >0, atunci avem o divizibilitate cu 3.7.7 a lui x, deci 2^x-1 se divide cu 2^7-1, care nu este o putere a lui 7. Contradicite.

- (1)(ii)(b) Daca z>0, atunci 2^x se divide cu 25, deci x se divide cu 20, deci 2^x-1 se divide cu 2^20-1 = 3 * 5^2 * 11 * 31 * 41 si apar o droaie de factori care nu sunt 5 sau 7. Nu mai avem solutii.

(Sper ca devine clar in ce sens folosim informatia despre o putere mica, respectiv despre una mare...) Am epuizat cazul in care x este >1. Mai raman cazurile:

Cazul (2):
x=0, puterea lui 2 este puterea a "zero-a", dam de o ecuatie in care un numar impar de suma a doua numere impare. Mai greu, ramane deci

Cazul (3):
x=1, puterea lui 2 este 2, dam de o ecuatie de forma:

(Vedem imediat solutiile 2=1+1 si 6=1+5, iar pe celelalte vrem sa le excludem cumva din cauza unei divizibilitati ce nu poate fi satisfacuta. De aceea ne luam poate cel mai bine de...)

Cazul (3)(i):
w, puterea lui 7, este >0 .
(Putem incepe cu divizibilitatea modulo 7 ceva? Da!)
Atunci din calculul [7], avem 3^y=4 [7], deci puterile lui 3 fiind 1,3,2,6=-1,-3,-2,1, ... [7] deci y este 4+6y'.
Din divizibilitatea cu 3, z este par.
Lucrand [4] dam de 2(putere a lui 9) = 1 + (putere a lui 25)(putere a lui 7).
Dar 9=1[4] si 25=1[4] si 7=-1[4].
Deci puterea lui 7 este para. Din nou am dat de o ecuatie Pell, daca vrem.

Cred ca am obtinut ceva de forma

Ajunge sa luam ecuatia aceasta modulo 13 pentru a vedea ca nu avem solutii.
(Am folosit modulele date 2,3,5,7 pe aceasta ramificatie atat de departe, pana ce am obtinut o forma mai speciala cu numere / baze mai mari. Trebuie candva sa gasim un modul nou uneori...)
Avem
2 . 3.3.3.3 = 6 [13]
25 ^ z' este fie 1, fie -1 modulo 13, deoarece 26 = 0 [13]
puterile lui 49 modulo 13 sunt

(11:56) gp > for ( i=0,6, print( " 49^", i, " = ", (49^i) % 13 ) )
49^0 = 1
49^1 = 10
49^2 = 9
49^3 = 12
49^4 = 3
49^5 = 4
49^6 = 1

Deci nu avem sanse cu 6-1 = (plus/minus) putere a lui 49 [13] .

Cazul (3)(ii):
w, puterea lui 7, este 0. Dam de o ecuatie si mai pasnica:

Desigur ca vedem pentru primele puteri ale lui y si z solutiile

2 = 1 + 1
6 = 1 + 5

Daca mai sunt solutii, puterile ce apar sunt divizibile cu 9 respectiv 25.

(11:56) gp > for ( i=0,6, print( " 5^", i, " = ", (5^i) % 9, " [9]" ) )
5^0 = 1 [9]
5^1 = 5 [9]
5^2 = 7 [9]
5^3 = 8 [9]
5^4 = 4 [9]
5^5 = 2 [9]
5^6 = 1 [9]

deci z, exponentul din puterea lui 5, este de forma 3 + 6z'.
Chiar daca nu este util pentru scopurile noastre, dau si codul pentru a vedea forma lui y, considerand lucrurile modulo 25.

(12:06) gp > for ( i=0,20, print( " 2*3^", i, " = ", (2*3^i) % 25, " [25]" ) )
2*3^0 = 2 [25]
2*3^1 = 6 [25]
2*3^2 = 18 [25]
2*3^3 = 4 [25]
2*3^4 = 12 [25]
2*3^5 = 11 [25]
2*3^6 = 8 [25]
2*3^7 = 24 [25]
2*3^8 = 22 [25]
2*3^9 = 16 [25]
2*3^10 = 23 [25]
2*3^11 = 19 [25]
2*3^12 = 7 [25]
2*3^13 = 21 [25]
2*3^14 = 13 [25]
2*3^15 = 14 [25]
2*3^16 = 17 [25]
2*3^17 = 1 [25]
2*3^18 = 3 [25]
2*3^19 = 9 [25]
2*3^20 = 2 [25]

Rezulta ca y este de forma y = 17 + 20 y'. Deja putem scrie o ecuatie cu numere mai monstruoase:

Acum daca gasim un modul convenabil (in primul rand ne uitam la
cmmdc( 3486784401-1 , 15625-1 ), daca avem ghinion ne uitam mai departe la module p prime cu phi(p) divizibil cu 6 si sau 20...) astfel incat sa nu putem satisface cele de mai sus, am castigat.

Ma uit la 61, deoarece 3^20 = 1 [61] . (Nu are rost sa "optimizam" numarul prim, in sensul de a-l lua pe cel mai mic...) Obtinem ecuatia
258280326 . 1 = 1 + 125 . 15625^z' [61] i.e.
43 = 1 + 3 . 9^z' [61] i.e.
42 = 3 . 9^z' [61] i.e.
14 = 9^z' [61] .

(12:26) gp > for ( i=0,6, print( " 9^", i, " = ", (9^i) % 61, " [61]" ) )
9^0 = 1 [61]
9^1 = 9 [61]
9^2 = 20 [61]
9^3 = 58 [61]
9^4 = 34 [61]
9^5 = 1 [61]
9^6 = 9 [61]

(Vedem ca este chiar bine sa luam un modul mare... Deoarece 9 "vine din 5", puterile lui 9 au o periodicitate mult mai mica (de 6 ori) decat 5, deci din multele resturi modulo 61 ne scapam de o sesime - daca avem noroc, numarul de care trebuie sa dam pentru potrivire este ocolit.)

Sper ca nu am gresiti e undeva...


P.S. Care este sursa problemei si cum se rezolva "pe o cale mai scurta" ?
(Eu nu am incercat o cale cat mai scurta, ci una cat mai bogata in moduri de argumentare.)

Nu am apucat decat sa fac un "skimming", nu am citit tot ce ati scris (solutiile par diferite). In functie de cum voi reusi sa-l citesc, o sa modific reply-ul acesta, in cazul in care e ceva de adaugat.

Sa observam ca

este par, deci

. Sa presupunem ca

. Atunci

. Daca

, lucrand modulo 5 avem ca

, deci

, contradictie. Asadar

. Daca

, lucrand modulo 16 nu obtinem solutii pentru

, deci

, si astfel obtinem solutiile

.

Acum fie

, si

. Cu mod 3 avem ca

. Acum cu mod 5 obtinem ca

. Daca

, lucram modulo 7 si obtinem ca

, contradictie. Deci

. Daca

, mod 9 ne da ca

. Fie

unde

este impar, atunci

, deci

, fals. Asadar

si am mai obtinut o solutie

.

Acum fie

. Lucrand modulo 4, observam ca

este impar, si cu modulo 3 rezulta ca

este impar. Daca

, cu mod 8 nu avem nicio solutie pentru

, asadar

. Luam ecuatia mod 5 si obtinem ca

. Fie

, atunci

. Atunci, deoarece

este o putere a lui 5 si a lui 7, trebuie ca

sa fie 1. Astfel obtinem ultima solutie

. Deci solutiile sunt

.

Cat despre sursa, imi pare rau ca nu-mi amintesc exact, da cred ca am gasit-o pe mathlinks.

Revin si pentru a treia problema.