Olimpíadas ⇒ (JAPÃO 2014) Teoria dos números

[Ittalo25MOD]

Achar todas as triplas inteiras e positivas (a, b, c) tais que:

[tex3]2^{a}+3^b+1 = 6^c[/tex3]

Resposta

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(3,3,2), (1,1,1), (5,1,2)

[Auto Excluído (ID:12031)]

aplica [tex3]\mod 4[/tex3] supondo [tex3]a,b[/tex3] e [tex3]c[/tex3] maiores que 1

[tex3]1 + 1 \equiv 0 \mod 4[/tex3]
absurdo

então a única solução é [tex3]c=1[/tex3] [tex3]a=1[/tex3] e [tex3]b=1[/tex3]
Falha minha, você tem que analisar quando pelo menos um deles é 1 em particular. E eu assumi que [tex3]3^b[/tex3] é sempre [tex3]1 \mod 4[/tex3]

supondo [tex3]a=1[/tex3]

[tex3]3 + 3^b = 6^c[/tex3]
ou melhor:
[tex3]1 + 3^{b-1} = 3^{c-1}2^c[/tex3]
[tex3]b,c=1[/tex3] são soluções.
Caso [tex3]b>1[/tex3] então [tex3]c[/tex3] tem que ser maior do que 1 masi ai é só aplicar [tex3]\mod 3[/tex3] dos dois lados e ver o absurdo.

[Ittalo25MOD]

Cara, eu tenho uma dúvida:

Sempre: [tex3]x^2 \equiv 1 \mod(3)[/tex3] ou [tex3]x^2 \equiv 0 \mod(3)[/tex3]

e também: [tex3]x^2 \equiv 1 \mod(4)[/tex3] ou [tex3]x^2 \equiv 0 \mod(4)[/tex3]

Eu queria saber se isso é válido também quando o expoente de x é ímpar.

[Auto Excluído (ID:12031)]

então cara em geral pra ímpar não é tão bonitinho assim, mas eu lembro que tem uns números (acho que 8 ou 9) pros quais os cubos só deixam dois ou três restos, o módulo é multiplicativo.

Para o número três temos os seguintes possíveis módulos:

[tex3]-1,0,1[/tex3]

elevando eles ao quadrado ficamos só com 2

[tex3]0,1[/tex3]

com potências pares os restos negativos viram os positivos e por isso é mais fácil de analisar esses módulos. Agora quando multiplicamos de novo obtemos todas as opções antigas de novo (geralmente) por isso pra potências ímpares o negócio é mais chato.

[Ittalo25MOD]

Avancei um pouco....

Aplicando módulo 2 e supondo a e c maiores que zero:

[tex3]2^{a}+3^b+1 = 6^c[/tex3]

[tex3]3^b+1 \equiv 0 \mod(2)\rightarrow 3^b \equiv 1 \mod(2)[/tex3]

Pelo pequeno teorema de Fermat, [tex3]b = 1[/tex3] é solução.

[tex3]2^{a}+4 = 6^c[/tex3]

Agora módulo 5

[tex3]2^{a}+4 = 6^c[/tex3]

[tex3]2^{a} \equiv 2 \mod(5) \rightarrow a = 5, c = 2[/tex3]

[tex3](5,1,2)[/tex3] é solução.

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Aplicando módulo 3 e supondo b e c maiores que zero:

[tex3]2^{a} \equiv 2 \mod(3) \rightarrow a = 3[/tex3]

[tex3]2^{a}+3^b+1 = 6^c[/tex3]

[tex3]3^b+9 = 6^c[/tex3]

[Auto Excluído (ID:12031)]

lol não precisa do teorema de fermat mano, [tex3]3^n[/tex3] é sempre ímpar pra n natural, quanto a outra ela significa que o a deve ser ímpar

[Auto Excluído (ID:12031)]

tirando [tex3]\mod 5[/tex3]
[tex3]2^a+ (-2)^b = 0 \mod 5[/tex3]

[tex3]2^0 = 1\mod 5[/tex3]
[tex3]2^1 = 2 \mod5[/tex3]
[tex3]2^2 = -1 \mod 5[/tex3]
[tex3]2^3 = -2 \mod 5[/tex3]
[tex3]2^4 = 1 \mod 5[/tex3]

[tex3](-2)^0 = 1\mod 5[/tex3]
[tex3](-2)^1 = -2 \mod5[/tex3]
[tex3](-2)^2 = -1 \mod 5[/tex3]
[tex3](-2)^3 = 2 \mod 5[/tex3]
[tex3](-2)^4 = 1 \mod 5[/tex3]

logo se [tex3]a \equiv 0 \mod 4 \rightarrow b \equiv 2 \mod 4[/tex3] ( e vice versa)
se [tex3]a \equiv 1 \mod 4[/tex3] ou [tex3]a \equiv 3\mod4 \rightarrow b\equiv a \mod 4[/tex3]
como [tex3]a[/tex3] deve ser ímpar (faça tudo mod 6) então [tex3]a \equiv b \mod 4[/tex3] então [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] ímpares com [tex3]a = b \pm 4k[/tex3]

uma saída é então [tex3](1,1,1)[/tex3] outra seria [tex3](3,3,2)[/tex3].
Fixando [tex3]a=1[/tex3] temos [tex3]3 + 3^{1+4n} = 6^c \rightarrow 3(1+81^n) = 6^c[/tex3] mas claramente [tex3]1 + 81^n[/tex3] não é divisível por 3, logo c=1.
Fixando [tex3]b =1[/tex3] temos [tex3]2^{1+4n} + 4 = 6^c \rightarrow 4*(2^{4n-1}+1) = 6^c[/tex3] claramente não podemos ter [tex3]c>2[/tex3] pois [tex3]2^{4n-1}+1[/tex3] é ímpar pra todo [tex3]n>1[/tex3] logo [tex3]c=1[/tex3] ou [tex3]c=2[/tex3] o que nos leva a [tex3](5,1,2)[/tex3].

Achamos então algumas soluções, mas ainda tem infintos casos. Talvez valha a pena fixar a e b em 3 e tentar concluir algo dos demais casos dado que são extensões em 4n. [tex3]\{(1,1,1);(5,1,2);(3,3,2);...\}[/tex3]

Fixando [tex3]a=3[/tex3]
[tex3]8 + 1 + 3^{3+4n} = 6^c \rightarrow 9(1+3^{4n+1}) = 6^c[/tex3] do argumento anterior, [tex3]c<3[/tex3] logo [tex3](3,3,1)[/tex3] é único.
Fixando [tex3]b=3[/tex3]
[tex3]28 + 8*16^n = 6^c \rightarrow 4(7+2*16^n) = 6^c[/tex3] novamente c=2.

Suponha que exista [tex3]n_0>0[/tex3] tal que [tex3]a = 1 + 4n_0[/tex3], [tex3]b = 1+4m_0[/tex3] e [tex3]c=c_0[/tex3] sejam solução miníma da equação. Mínima no sentido de se [tex3](1+4n_0,b,c)[/tex3] for solução então: [tex3]c\geq c_0[/tex3].

Fixe [tex3]a[/tex3] e deixe [tex3]b = 1+4(m_0+m)[/tex3] para [tex3]m\geq 0[/tex3]
[tex3]2^{1+4n_0} + 1 + 3^{1+4(m_0+m)} = 6^c = 6^{c_0}-3^{1+4m_0} + 3^{1+4m_0+4m}[/tex3]. Se [tex3]c_0 < 1+4m_0[/tex3] então

[tex3]6^c = 3^{c_0}(2^{c_0} - 3^{1+4m_0-c_0}(1-3^{4m}))[/tex3] como [tex3]2^{c_0}[/tex3] não é divisível por 3. [tex3]c=c_0[/tex3].
[tex3]2^{c_0} = 2^{c_0} - 3^{1+m_0-c_0}(1-3^{4m}) \rightarrow m=0[/tex3] não nos interessa.

Se [tex3]c_0 = 1+4m_0[/tex3] então [tex3]6^{c_0} = 3^{c_0} + 2^{1+4n_0}+1[/tex3]

[tex3]6^c = 6^{c_0} - 3^{c_0} + 3^{c_0+4m} = 3^{c_0}(2^{c_0}-1+3^{4m})[/tex3] de onde [tex3]c>c_0[/tex3]
[tex3]2^c3^{c-c_0} =2^{c_0} -1 + 3^{4m} \rightarrow 2^{c_0}(6^{c-c0}-1) = (3^{2m}+1)(3^m+1)(3^m-1)[/tex3]

para [tex3]m=1[/tex3]
[tex3]80 = 2^{c_0}(6^{c-c_0}-1)[/tex3] então [tex3]c_0=4 \rightarrow[/tex3] absurdo pois [tex3]c_0=1+4m_0[/tex3].
Tomando mod 6(toda potência de 3 maior que 1 da resto 3 no mod 6 e dois ou é 1,2 ou -2 mod 6) dos dois lados conclui-se que [tex3]c_0[/tex3] deve ser par porém [tex3]c_0=1+4m_0[/tex3] absurdo.

Por fim [tex3]c_0 > 1+4m_0[/tex3] então [tex3]6^c = 3^{1+4m_0}(6^{c_0 -1 -4m_0} -1 + 3^{4m})[/tex3]
logo [tex3]c =1+4m_0 < c_0[/tex3] absurdo. (divisibilidade por 3 dos dois lados)

A conclusão é que para [tex3]a \equiv 1 \mod 4[/tex3] caso haja uma solução [tex3](a,b,c)[/tex3] para a equação dada então ela é única. Significando que não existe outra tripla que comece com 5 além de [tex3](5,1,2)[/tex3]. Provar isso para [tex3]a \equiv 3 \mod 4[/tex3] é exatamente análogo. Logo as soluções são injetoras em [tex3]a[/tex3]. Então se provarmos que não há solução para além de [tex3]a=5[/tex3] não haverão outras soluções (poderiam haver envolvendo os [tex3]a[/tex3] s já conhecidos).

Para tal basta supor [tex3]a\geq 6[/tex3] e fazer mod 64.
[tex3]3^b+1 \equiv 6^c \mod 64[/tex3]
bom, se [tex3]c > 5[/tex3] então [tex3]6^c \equiv 0 \mod 64[/tex3] e devemos ter [tex3]3^b +1 \equiv 0 \mod 64[/tex3] o que nunca ocorre pois [tex3]3^b+1 \mod 64 \in \{2,4,10,28,18,52,26,12,34,36,42,44,58,60,50,20\}[/tex3]
como [tex3]6^n \mod 64 \in \{6,36,24,16,32,0\}[/tex3] e [tex3]6^n \equiv 0 \mod 64[/tex3] pra a [tex3]n >6[/tex3] única possibilidade de solução é para [tex3]6^2 < 64[/tex3] logo não há solução para [tex3]a>5[/tex3] e então as soluções obtidas são as únicas.