Tübitak Avrupa Kızlar Takım Seçme 2014 Soru 2

[Eray]

$p$ bir asal sayı olmak üzere, $m^3+7p^2=2^n$ eşitliğini sağlayan tüm $(m,n,p)$ pozitif tam sayı üçlülerini belirleyiniz.

(Şahin Emrah)

[ArtOfMathSolving]

$m=362$de bir çözümmüş, sınav anında bu bulunabilir mi ?

[Eray]

Gidip AoPS'taki başlıktan çözümleri incelemedim fakat çözülebilir olmasa hocalar soru olarak koymazlardı diye düşünüyorum.

[ArtOfMathSolving]

Fikri olan var mı ?

[MATSEVER 27]

Bu sayıda çözümü modüler aritmetik kullanarak bulmak imkansız gibi. Tek fikrim $p>2$ için $n$ çift olabilmesi. Bunu da ispatlayamadım. Ancak bu ispatlanırsa $k^2+7=2^l$ eşitliğini çözmek yeterli olacaktır.

[kriptoman]

Soruya uğraşmadım ancak herhangi bir modda incelenip o modda x sayısına denk olduğu bulunur
sonra bir şekilde üst sınır bulunur gerekli değerler incelenip 362 bulunabilir diye düşünüyorum.

[ArtOfMathSolving]

Sabah iletiyi paylaştığınızdan beri aklımın bir köşesinde duruyor, herhangi bir yol bile düşünemedim. Evet modüler aritmetik denendiğinde sürekli sayılar yerine çeşitli modlardaki eşitlerini yazıp denklemi büyük sayılara taşıyabiliyoruz. Bu dediğimde sadece $p=2$ durumunda, bir de sanırsam $4t+1,3k+1$ gibi değerler yazarsak, sabit terimlerin $10$ eksiği veya fazlası $m$ için bir çözüm oluyordu yanlış hatırlamıyorsam, yani bir yerlerde $352$ ve $32$ bulunca aklıma bu geldi. Daha bir de $p=3,5\dots$ olduğu durumlar var. $362$ çözümü de, $p=2$ olduğu durumdaki sonsuz çözümden biri olabilir. Ayrıca bu çözümleri bulan bir matematik programı var mı ? Wolfram zayıf ve çözümleri bile bulmuyor.

[Eray]

Aman Allahım... Herkesden çok özür diliyorum. $m^2$ değil $m^3$ olacak. Vaktinizi de çaldım, hakkınızı helal edin

[ArtOfMathSolving]

Helal olsun, Bir şey bulmuş olabileceğimi bildirmek için pcnin başına koşa koşa gelmiştim bende, önceki versiyonu çözmeye çalışmaya devam ediyorum büyük bir azimle. Ayrıca bir Hint vereyim, $m=2k$ ve yeterince büyük bir $\ell$ için $n=2\ell$ yazıp $p=2$ de çözümleri sınırlayabiliyoruz. Yani ana denklemde sürekli değişken değiştirince sanırsam $3.$ adımdan sonra denkliğin çözümü olmuyor.

[ArtOfMathSolving]

Üzerinde uğraştığım sezgisel durumu paylaşacağım. Bu inşasal bir kanıt taşımıyor ve problemin eski halini içeriyor. ($m^3$ yerine $m^2$ yazılan sorunun çözümü)

Daha önceden söylediğim gibi $p=2$ durumu için, $m=2k$ ve yeterince büyük bir  $\ell$ için $n=2\ell$ diyoruz. Kolayca $k\equiv \pm 1\pmod{4}$ elde ederiz. Şimdi $k=4t+1$ yazalım. $m=8t+2$ ana denklemde yazarsak, $64t^2+4t+16t+28=4^{\ell}$ sadeleştirirsek, $4t^2+t-4^{\ell -2} =2 \Rightarrow t\equiv 2 \pmod{4}$ bulunur. Heyecanla devam ediyoruz () $t=4\lambda+2 \Rightarrow m=32\lambda +18$ Ana denklemde yazarsak, $\Rightarrow 4^{\ell -2}-64\lambda^2-72\lambda=22 \Rightarrow -8\lambda \equiv 6 \pmod{16} \Rightarrow \text{çözüm yok!}$ Yani $p=2$ için yanlızca sonlu sayıda çözüm var. Aynı şekilde $k=4t+3$ durumu da denenirse sonlu çözüm olduğu görülür. Şimdi bu sezgicilikle devam edelim.

$m=a+b+7p^2\pm 10$ şeklinde olsun. Burada $a=4^{\ell}$ ve $b\equiv 2 \pmod{4}$ şimdi $b=4\psi+2$ yazıp devam edelim. $\Rightarrow m=2^{2(\ell +1)}(2\psi +1)+18$ Ana denklemde yazalım.
$\Rightarrow (2^{2(\ell +1)}(2\psi +1)+18)^2+28-2^{n}=0 \Rightarrow (\psi^2)2^{(4(\ell+1)+2)}+9\psi 2^{(2(\ell+1)+3)}+\psi 2^{(4(\ell+1)+2)}+2^{(4(\ell+1))}+9 2^{(2(\ell+1)+2)}+352-2^n=0$ denkleminin çözümünün sadece $\ell=0,1$ durumunda olduğu görülüyor. Wolfram yardımıyla tüm çözümlerin $\ell=0$ durumunda $(t,n)=(-3,5),(-2,6),(-4,7),(0,9)$ çözümlerin, $\ell=1$ durumunda ise, $(t,n)=(-1,5)$ çözümlerinin geldiğini görüyoruz. Denenirse sağlayan değerler bulunur. Aynı şekilde $m=a+b+38$ durumunda da denenirse tüm çözümler bulunabilir.

Tüm çözümlerin bu formda olduğu hakkında bir ispatım yok. Bu konuda bir düşüncesi olan varsa paylaşabilir.

[MATSEVER 27]

$m^3 \equiv 2^n \pmod7$ olur. $m^3 \equiv 0,1,6 \pmod 7$ ve $2^n \equiv 2,4,1 \pmod7$ olduğundan $2^n \equiv 1 \pmod7$ olmalı. Buradan $n=3k$ dır. Artık çarpanlarına ayırabiliriz.
$$\underbrace {(2^k-m)}_{A} \underbrace {(2^{2k}+m.2^k+m^2)}_{B}=7p^2$$
$B>A$ olduğu açıktır. Eğer $p \mid A,B$ olursa $p \mid 3m^2$ olur. $p=3$ olabilir. Veya $p \mid m \to p \mid 2^k \to p=2$ olabilir. $p=2$ için incelenirse $a^3-b^3=28$ eşitliğini irdeleyelim. İncelenirse uygun çözüm olmadığı görülür. $p=3$ için $2^k-m=3$ ve $2^{2k}+m.2^k+m^2=21$ buradan incelenirse $k=2,m=1$ sağlar. Buradan $(1,6,3)$ bir çözümdür.

Şimdi $p >3$ kabul edelim. Burada 2 durum var.

(i.) $2^k-m=1$ ve $2^{2k}+m.2^k+m^2=7p^2$ buradan $4^k+4^k-2^k+4^k-2.2^k+1=7p^2 \to 3.4^k-3.2^k+1=7p^2$ dir. $p>2$ olduğundan $7p^2 \equiv 3 \pmod 4$ o halde $4^k-2^k \equiv 2 \pmod 4$ dolayısıyla $k=1$ olmalı. $p=1$ çelişki!

(ii.) $2^k-m=7$ ve $2^{2k}+m.2^k+m^2=p^2$ buradan $4^k+4^k-7.2^k+4^k-14.2^k+49=3.4^k-21.2^k+49=p^2 $ olur. Ancak $3.4^x \equiv 5,6,3 \pmod 7$ dir. $p^2 \equiv 0,1,2,4 \pmod7$ olduğundan çelişki.

Tek çözüm $(1,6,3)$ tür.