Существуют ли решения уравнения $% 2n^2+1=3^m $% в натуральных числах, отличные от известных: (1,1),(2,2),(11,5)?

Этот вопрос я выделил из сформулированного ранее вопроса "Уравнение Хемминга" по следующим причинам: 1) особый практический интерес, 2) обозримость задачи (в отличие от исходной), т. е. у вопроса есть перспективы быть закрытым; 3) возможны различные интересные подходы к решению.

задан 6 Июл '14 1:45

изменен 7 Июл '14 21:11

Deleted's gravatar image


126

Решения, конечно, существуют. Имелись в виду, наверное, решения, отличные от известных, то есть (1;1), (2;2) и (11;5).

(6 Июл '14 1:56) falcao

Спасибо, @falcao, сейчас поправлю.

(6 Июл '14 2:02) Urt
10|600 символов нужно символов осталось
5

У меня было несколько подходов, и я сейчас постараюсь их изложить.

Прежде всего, я начал с разложения на множители в кольце $%\mathbb Z[\sqrt{-2}]$%, про которое известно, что оно является евклидовым и факториальным (свойства этого кольца с эффектом используются при доказательстве того, что уравнение $%y^2+2=x^3$% не имеет решений в натуральных числах кроме $%(5;3)$%). Обратимыми элементами кольца будут только $%\pm1$%.

Уравнение $%1+2n^2=3^m$% можно переписать в таком виде: $%(1+n\sqrt{-2})(1-n\sqrt{-2})=(1+\sqrt{-2})^m(1-\sqrt{-2})^m$%. Элементы $%1\pm\sqrt{-2}$% являются простыми, что очевидно из соображений нормы $%a^2+2b^2$%, равной в этом случае трём. Ясно также, что $%1\pm n\sqrt{-2}$% не делится на 3 в кольце, поэтому оно не может одновременно делиться на $%1+\sqrt{-2}$% и на $%1-\sqrt{-2}$%. Отсюда следует, что $%1+n\sqrt{-2}=\pm(1\pm\sqrt{-2})^m$%. Такое явление имеет место при $%m\in\{1;2;5\}$%, а далее коэффициенты начинают расти. Судя по всему, здесь нужно применить какие-то оценки и доказать, что при $%m\gg1$% оба коэффициента числа $%(1+\sqrt{-2})^m=a_m+b_m\sqrt{-2}$% достаточно велики по модулю. Для самих коэффициентов можно указать формулы общего члена, и можно также выразить их в виде суммы чисел треугольника Паскаля с коэффициентами. Скорее всего, этот путь ведёт к доказательству, но у меня пока что не получается его завершить, поэтому я применил другой подход.

Прежде всего, из уравнения очевидно, что $%m$% и $%n$% имеют одинаковую чётность. Случай, когда оба числа чётны, легко разбирается, и для него доказывается, что $%m=n=2$%. Действительно, полагая $%m=2k$%, $%n=2l$%, мы приходим к равенству $%8l^2=(3^k-1)(3^k+1)$%. Оба сомножителя из правой части чётны, откуда $%2l^2=\frac{3^k-1}2\cdot\frac{3^k+1}2$%. Взаимная простота чисел $%\frac{3^k-1}2$% и $%\frac{3^k+1}2$% позволяет заключить, что одно из них имеет вид $%s^2$%, а другое $%2t^2$%.

Случай $%\frac{3^k-1}2=2t^2$% сразу отбрасывается из тех соображений, что $%3^k\ne4t^2+1$%, поскольку квадрат целого числа при делении на 3 может давать в остатке только 0 или 1. А случай $%\frac{3^k+1}2=2t^2$% означает, что $%3^k=(2t-1)(2t+1)$%, откуда ясно, что подходят лишь значения $%t=1$%, $%k=1$%. Это и даёт упомянутое выше решение.

Теперь рассмотрим более сложный случай, когда $%m$% и $%n$% нечётны. Здесь мы полагаем $%n=2k+1$% и рассматриваем уравнение $%2n^2+1=3u^2$%, где $%u=3^k$%. Общее решение в натуральных числах уравнений вида $%2x^2+1=3y^2$% описывается достаточно стандартно. Здесь можно использовать цепные дроби, а можно просто заметить, что $%(1;1)$% будет решением, а каждому решению с условием $%y < x$% можно поставить в соответствие новое решение $%(5x-6y;-4x+5y)$%, где второй элемент пары уменьшается. Отсюда следует, что все решения получаются из $%(1;1)$% применением обратного линейного преобразования $%(x;y)\mapsto(5x+6y;4x+5y)$%.

Серия имеет такой вид: $%(1;1)$%, $%(11;9)$%, $%(109;89)$%, $%(1079;881)$%, ... , и из формулы перехода легко видеть, что вторые элементы пар 1, 9, 89, 881, ... удовлетворяют простому рекуррентному соотношению $%y_d=10y_{d-1}-y_{d-2}$% при $%d\ge2$%, где $%y_0=y_1=1$%. Нам достаточно показать, что степеней тройки кроме 1 и 9 в этой последовательности больше не имеется. Те два случая степеней тройки, которые здесь рассмотрены, приводят к равенствам $%3^k=1$% и $%3^k=9$%, для которых $%m=1$% и $%m=5$% соответственно, то есть получатся учтённые выше решения.

Осталось решить задачу для рекуррентной последовательности $%1,1,9,89,881,\ldots$%. Ясно, что она возрастает, и другие степени тройки, если они есть, должны делиться на 27. Пользуясь рекуррентным соотношением, легко построить периодическую последовательность остатков от деления на 27, а именно: 1,1,9,8,17,0,10,19,18,26,26,18,19,10,0,17,8,9,1,1 с периодом длиной 18, где нули идут 6-ми и 15-ми по счёту. Однако при рассмотрении остатков от деления на 17 получается 1,1,9,4,14,0,3,13,8,16,16,8,13,3,0,14,4,9,1,1 где период также равен 18, и нули стоят на тех же местах. Это значит, что если член последовательности $%y_d$% делится на $%3^3$%, то он делится и на $%17$%, то есть степеней тройки больше не имеется.

ссылка

отвечен 6 Июл '14 23:59

изменен 7 Июл '14 13:04

@falcao, просто замечательно. Оба варианта красивы и содержат интересные идеи. Первый подход очень поучителен и перспективен и в других задачах. (Есть вопросы по деталям: "второй элемент пары уменьшается", "$% 3^k=2 $% ... m=5 соответственно"(?).)

(7 Июл '14 9:27) Urt

@Urt: сначала про m и k. Для нечётного случая была формула m=2k+1. Тогда, если $%3^k=9$% (2 вместо 9 в правой части было опечаткой), то k=2 и m=5.

О решениях: у нас было решение (x,y). Рассмотрим пару (5x-6y;-4x+5y). Непосредственной подстановкой в уравнение убеждаемся, что оно тоже является решением. Но оно "лучше" предыдущего тем, что второе число -4x+5y уменьшилось: оно меньше y, так как $%y < x$%. Делая так несколько раз, мы любое решение превратим в (1;1), которое улучшить уже нельзя. Значит, все решения получаются из него обратными преобразованиями. Так решается уравнение Пелля и др.

(7 Июл '14 13:03) falcao

@falcao, спасибо. Я первый вопрос хотел убрать (осмыслил) - система не позволила скорректировать.

(7 Июл '14 13:19) Urt

@falcao, подскажите, пожалуйста, в каких случаях гарантируется (достаточные условия) единственность серии решений таких уравнений.

(22 Авг '14 11:58) Urt

@Urt: хотелось бы точнее очертить круг рассматриваемого класса задач. Если имеются в виду уравнения того же типа, что и уравнение, называемое уравнением Пелля, то там в общем случае может получиться не одна серия, а несколько. Закон перехода от "старшей" серии к "младшей" всегда один, но при этом "минимальных" элементов может быть несколько. Если компоненты решения достаточно большие, то от решения можно перейти к "меньшему", но в самом начале нужно искать решения вручную, и "спорадических" случаев может быть несколько.

Кстати, способ с мнимыми числами тоже работает, но там всё более сложно.

(22 Авг '14 19:19) falcao

@falcao, Пусть, например, известны серия и одна минимальная для этой серии пара (x,y) (как в нашем случае). Как мы можем убедиться, что учтены все решения? Так, проведенные рассуждения справедливы и для "прореженной" серии. И вообще, как мы убеждаемся (пусть в данной задаче), что нет других серий или "спорадических" случаев? Благодарен за пояснения.

(22 Авг '14 22:47) Urt

@Urt: общая схема примерно такая. Если взять уравнение и заменить его на приближённое равенство, то окажется, что частное $%x/y$% есть приближение к определённому иррациональному числу. Соответственно, формулы перехода берутся из анализа цепных дробей. При этом точность приближения достигается лишь асимптотически, при больших значениях переменных. Из этих соображений мы можем знать, что $%x > y$% "достаточно далеко". Тогда, если у преобразованной пары уменьшается знаменатель, что формально следует из неравенств, мы знаем, что она получается "расширением" меньшей пары, то есть она учтена.

(22 Авг '14 23:05) falcao

(продолжение) Поэтому задача состоит в том, чтобы вручную найти несколько начальных пар, к которым всё будет сводиться. При больших значениях неизвестных начинают выполняться нужные нам неравенства, а это значит, что такие пары получаются преобразованием. Здесь что-то похожее на непериодическую часть десятичной дроби, задающей рациональное число. Если нужно более подробно проиллюстрировать сам метод, то Вы можете задать отдельный вопрос, приведя там "модельный" пример для исследования.

(22 Авг '14 23:08) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×925
×166

задан
6 Июл '14 1:45

показан
1061 раз

обновлен
22 Авг '14 23:08

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru