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黒峰問題への挑戦(整数論)

on Tue Apr 18, 2017 8:14 pm
黒峰問題とは
\(2^x+3^y+5=z^3\)の整数解\((x,y,z)\)をすべて求めよ。
という問題。I∉R(@kuromineharuto)さんによる。

この完全な解決のために、みんなで頑張っていきましょう!

結果が出た場合は、証明も付けてください。
検証のためです。よろしくお願いします。
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Re: 黒峰問題への挑戦(整数論)

on Tue Apr 18, 2017 9:04 pm
(以下は@donnay1224さんによる)

\(2^x+3^y+5=z^3\) の整数解は、
mod 4, mod 7, mod 9, mod 13 によって
\((x,y)=(6n+5, 6m+3), (6n+2, 6m+5), (6n+5, 6m+5)\)
に絞り込まれる

そして、mod 1971 によって、
\((x,y)\neq (6n+2, 6m+5)\)
であることがわかる(前ツイートとこのツイートともにm,nは正の整数)

現段階でわかっていないのは、
\((x,y)=(6n+5, 6m+3), (6n+5, 6m+5)\)
の形の解

1971 という数字にどんな意味があるのか不明で、これがわかれば解決の糸口になりそう
\((x,y)=(6n+5,6m+5)\)の形の解については、mod 2 から mod 800000 まで試したが、すべて何らかの解を持った

\((x,y)=(6n+5, 6m+3)\)の形の解は、n=m=0 の時に解を持つ\((2^5+3^3+5=4^3)\)が、それ以外に解を持つのかは不明。
それに、ひとつ解を持っているので、modで絞るのが困難になっている(解ありの判定になる)。

そこで、\(X=2^{2n+1}, Y=3^{2m+1}\) として
\(4X^3+Y^3+5=Z^3\)
の整数解(X,Y,Z)を求めて、そこから絞ろうと画策するが、かえってこの問題のほうが難しい気がして断念。

ちなみにこの整数解は、0≦X≦1000, 0≦Y≦10000で試して
(X,Y,Z)=(2,3,4), (14,60,61), (16,20,29), (43,104,113)
の4つであった
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Re: 黒峰問題への挑戦(整数論)

on Tue Apr 18, 2017 9:13 pm
2のオーダーについての考察

補題
\(n\)を正整数とする。このとき
\[
 {\rm ord}_2 (3^n-1) = \begin{cases}
   1 & (nが奇数) \\
   2+{\rm ord}_2 n & (nが偶数)
 \end{cases}
\]

証明

\(n=2^t m\)(\(t\)は非負整数、\(m\)は奇数)と表す。\(t\)についての帰納法を用いる。

\(t=0\)の場合
\[3^n-1 \equiv (-1)^n-1 \equiv -2 \pmod 4\]
より\(3^n-1\)は2の倍数ではあるが4の倍数でない。
したがって\({\rm ord}_2 (3^n-1) = 1\)。よって証明された。

\(t=1\)の場合
\begin{eqnarray}
3^{2m}-1&=&9^m - 1\\
&=&(9-1)(9^{m - 1}+\cdots +1)
&=&8\times (奇数)
\end{eqnarray}
である。(\(9^{m - 1}+\cdots +1\)が奇数となるのは、奇数が奇数個足されているため)
したがって\({\rm ord}_2 (3^n-1)=3=2+1\)。よって証明された。

\(t=k\)(ただし\(k\geq 1\))のとき成り立つと仮定する。すなわち、
\[{\rm ord}_2 (3^{2^k}-1) = 2 + {\rm ord}_2 2^k = 2+k \]
と仮定する。
このとき、
\[3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^k}-1)(3^{2^k}+1)=(3^{2^k}-1)\{(3^{2^k}-1)+2\}\]
であり、帰納法より\({\rm ord}_2 (3^{2^k}-1)=2+k\)、
そして\({\rm ord}_2 \{ (3^{2^k}-1)+2 \}=1\)であるから
\begin{eqnarray}
{\rm ord}_2 (3^{2^{k+1}}-1) &=& {\rm ord}_2 (3^{2^k}-1) + {\rm ord}_2 \{(3^{2^k}-1)+2\}\\
&=& (2+k)+1\\
&=& 2+(k+1)
\end{eqnarray}
よって帰納法の仮定より、すべての正整数\(n\)において証明された。


次に\({\rm ord} _2 (3^y+5)\)について考察します。
\(y=4k+1\)のときと\(y=4k+3\)のときに場合分けします。

\(y=4k+1\)のとき

補題を用いると
\[3^{4k+1}+5=\underbrace{3(3^{4k}-1)}_{16の倍数}+8\]
より\(3^{4k+1}+5\)は8で割り切れるが16で割り切れません。
すなわち\({\rm ord} _2 (3^y+5)=3\)です。

\(y=4k+3\)のとき
\[3^{4k+3}+5=3^3(3^{4k}-1)+3^3+5\]
ここで
\[{\rm ord} _2 3^3(3^{4k}-1)=4+k, {\rm ord} _2 (3^3+5)=5\]
より、
\[
 {\rm ord}_2 (3^y+5) = \begin{cases}
   4 & ({\rm ord}_2 k=0) \\
   5 & ({\rm ord}_2 k\ge 2) \\
   6以上 & ({\rm ord}_2 k = 1) \\
 \end{cases}
\]
となります。
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Re: 黒峰問題への挑戦(整数論)

on Wed Apr 19, 2017 8:23 pm
Ασαγη (@asagi_a4ac)氏による
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Re: 黒峰問題への挑戦(整数論)

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