Delta 12/2023

Różnice kwadratów w równaniach diofantycznych

Bartłomiej Bzdęga

matematyka teoria liczb

Do klasyki równań diofantycznych należy następujące

Zadanie. Wyznaczyć wszystkie trójki $(a, b, c)$ liczb całkowitych dodatnich spełniające równość $3^{a} + 4^{b} = 5^{c}$ .

Tu od razu widać, że $4^{b} = (2^{b})^{2}$ jest kwadratem liczby naturalnej. Chcielibyśmy uzasadnić, że $5^{c}$ również jest kwadratem. Wtedy po przeniesieniu $4^{b}$ na prawą stronę otrzymalibyśmy różnicę kwadratów równą $3^{a}$ , czyli iloczyn sumy i różnicy, co jest możliwe tylko wtedy, gdy oba czynniki są potęgami trójki.
Pamiętamy, że równość możemy zastąpić dowolną kongruencją (ale nie na odwrót!). Narzuca się kongruencja modulo $4$ lub modulo $3$ (bo wtedy znika $4^{b}$ lub $3^{a}$ ). Pierwsza z nich pozwala wykazać, że $a$ jest parzyste: $(- 1)^{a} \equiv 3^{a} \equiv 3^{a} + 4^{b} = 5^{c} \equiv 1^{c} = 1 (\mod 4) .$ To być może przyda się potem. Druga na początku sprawdza się zdecydowanie lepiej: $1 = 1^{b} \equiv 4^{b} \equiv 3^{a} + 4^{b} = 5^{c} \equiv (- 1)^{c} (\mod 3) .$ Wynika z niej, że $c = 2 d$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $d$ , a zatem $3^{a} = 5^{c} - 4^{b} = (5^{d})^{2} - (2^{b})^{2} = (5^{d} + 2^{b}) (5^{d} - 2^{b}) .$ Z tego wnioskujemy, że $5^{d} + 2^{b} = 3^{a_{1}}, 5^{d} - 2^{b} = 3^{a_{2}},$ przy czym liczby $a_{1}$ i $a_{2}$ są całkowite nieujemne oraz $a_{1} + a_{2} = a$ i $a_{1} > a_{2}$ . Teraz dobrym pomysłem jest dodanie i odjęcie stronami tych dwu równości. Dostaniemy: $\begin{aligned} 2 \cdot 5^{d} & = 3^{a_{1}} + 3^{a_{2}} = 3^{a_{2}} (3^{a_{1} - a_{2}} + 1), \\ 2^{b + 1} = 2 \cdot 2^{b} & = 3^{a_{1}} - 3^{a_{2}} = 3^{a_{2}} (3^{a_{1} - a_{2}} - 1) . \end{aligned}$ Każda nich pozwala wywnioskować, że $a_{2} = 0$ (bo lewa strona nie dzieli się przez $3$ ), więc $a_{1} = a$ . Dalej popracujemy z drugą z nich, która właśnie przybrała postać $2^{b + 1} = 3^{a} - 1$ . Tu warto sobie przypomnieć, że $a$ jest parzyste. Niech $a = 2 f$ . Otrzymujemy: $2^{b + 1} = 3^{2 f} - 1 = (3^{f})^{2} - 1^{2} = (3^{f} + 1) (3^{f} - 1) .$ Liczby $3^{f} + 1$ i $3^{f} - 1$ są zatem potęgami dwójki o wykładnikach całkowitych nieujemnych. Różnica tych liczb wynosi $2$ , a jest tylko jedna para potęg dwójki o tej własności: $4$ i $2$ .
Teraz wystarczy zebrać żniwo tych rozważań. Mamy oczywiście $f = 1$ , więc $a = 2$ i $b = 2$ . Po bezpośrednim podstawieniu do równania otrzymamy $c = 2$ . Nic dziwnego, bo przecież $3$ , $4$ , $5$ to nasza ulubiona trójka pitagorejska. Poza rozwiązaniem $(2, 2, 2)$ nie ma żadnych innych.

Zakończę dwiema uwagami. Po pierwsze – skąd wiadomo, jakie kongruencje będą działać? Odpowiedź brzmi: zazwyczaj nie wiadomo i trzeba stosować metodę prób i błędów. Są jednak pewne poszlaki. Gdy mamy w równaniu potęgę z konkretną podstawą i niewiadomą w wykładniku, to można spróbować modulo podstawa, ale także podstawa $\pm 1$ . Na pewno warto próbować różnych kongruencji i notować, co można dzięki nim wykazać.

I po drugie – w roku 1844 Eugène Charles Catalan postawił hipotezę, że $8$ i $9$ to jedyna para kolejnych liczb naturalnych, które są pełnymi potęgami (liczbami postaci $a^{n}$ , w której $a, n > 1$ są naturalne). Przypuszczenie to udowodnił Preda Mihăilescu w roku 2002. Dowód jest dość żmudny i wymaga zaawansowanych narzędzi matematycznych. Zachęcamy Czytelnika, by na czas rozwiązywania zadań z niniejszego kącika zapomniał o istnieniu tego twierdzenia.

Zadanie 2

Niech $a > 1$ będzie liczbą naturalną nieparzystą, a $n$ liczbą całkowitą dodatnią. Dowieść, że jeśli $a^{n} + 1$ jest kwadratem liczby naturalnej, to $n = 1$ .

Wskazówka

Równanie $a^{n} + 1 = b^{2}$ jest równoważne równaniu $a^{n} = (b - 1) (b + 1)$ . Liczba $b$ jest parzysta, więc zgodnie z algorytmem Euklidesa $NWD (b + 1, b - 1) = NWD (b + 1, 2) = 1$ . Z tego wynika, że $b - 1 = c^{n}$ i $b + 1 = d^{n}$ dla pewnych liczb całkowitych dodatnich $c$ i $d$ . Liczby $c$ i $d$ są względnie pierwsze oraz $2 ∤ c, d$ . Z tego wynika, że $2 = d^{n} - c^{n} = (d - c) (d^{n - 1} + d^{n - 2} c + + \dots + c^{n - 1}) \geq d - c \geq 2$ ; równość może zajść tylko dla $n = 1$ .

Zadanie 4

Wyznaczyć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich $(m, n)$ , dla których $2^{n} + 3^{m}$ jest kwadratem liczby naturalnej.

Wskazówka

Kwadrat liczby naturalnej daje resztę $0$ lub $1$ z dzielenia przez $3$ , więc nie może być $n = 1$ – dalej zakładamy $n \geq 2$ . Resztami kwadratowymi modulo $4$ są $0$ i $1$ , co pozwala wykazać, że $m$ jest parzyste – wtedy mamy równanie postaci $2^{n} = (x + 3^{k}) (x - 3^{k})$ i dalej postępujemy standardowo.

Zadanie 5

Wyznaczyć najmniejszą wartość wyrażenia $| 20^{n} - 9^{m} |$ dla całkowitych dodatnich liczb $n$ i $m$ . (64 OM, I etap)

Wskazówka

Niech $r = | 20^{n} - 9^{m} |$ będzie najmniejsza. Jest jasne, że $r \leq 11$ ( $m = n = 1$ ), $3 ∤ r$ oraz $r \equiv \pm 1 (\mod 10)$ . Wynika z tego, że $r = 11$ lub $r = 1$ . Równość $20^{n} - 9^{m} = 1$ , równoważnie $20^{n} - 1 = 9^{m}$ , jest niemożliwa, bo lewa strona dzieli się przez $19$ . Jeśli $20^{n} - 9^{m} = - 1$ , to po analizie modulo $7$ wykazujemy, że $n$ jest parzyste, co prowadzi do niemożliwej równości $(3^{m} - 20^{k}) (3^{m} + 20^{k}) = 1$ .
Ostatecznie $r = 11$ .

Zadanie 6

Dla jakich liczb naturalnych $n$ oba ułamki: $\frac{1}{n}$ i $\frac{1}{n + 1},$ mają skończone rozwinięcia dziesiętne?

Wskazówka

Ułamek $\frac{1}{n}$ ma skończone rozwinięcie dziesiętne wtedy i tylko wtedy, gdy $n = 2^{a} 5^{b}$ dla pewnych liczb całkowitych nieujemnych $a$ i $b$ . W zadaniu dodatkowo $n + 1 = 2^{c} 5^{d}$ . Mamy zatem równanie $2^{a} 5^{b} + 1 = 2^{c} 5^{d}$ . Przynajmniej jedna z liczb $a$ , $c$ musi być równa zeru, podobnie jest z liczbami $b$ i $d$ . Otrzymujemy stąd $2^{a} + 1 = 5^{d}$ ( $b = c = 0$ ) lub $5^{b} + 1 = 2^{c}$ ( $a = d = 0$ ). W pierwszej równości dla $a \geq 3$ przystawanie modulo $8$ wymusza parzystość $d$ ; przypadki $a = 0, 1, 2$ są natychmiastowe. W drugim równaniu kongruencja modulo $4$ daje $c < 2$ .
Odpowiedź: $n = 1$ lub $n = 4$ .