Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Kącik Początkującego Olimpijczyka ukazuje się już przez 10% czasu istnienia Delty. Z tej okazji Redakcja życzy jego Autorowi przekroczenia 50%!
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:
\[(-1)^a \equiv 3^a \equiv 3^a+4^b = 5^c \equiv 1^c = 1 \pmod4.\]
To być może przyda się potem. Druga na początku sprawdza się zdecydowanie lepiej:
\[1 = 1^b \equiv 4^b \equiv 3^a+4^b = 5^c \equiv (-1)^c \pmod3.\]
Wynika z niej, że \(c=2d\) 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:
\[\begin{aligned}
2\cdot5^d & = 3^{ a_1 }+3^{ a_2 } = 3^{a_2}(3^{a_1-a_2}+1), \\
2^{b+1} = 2\cdot2^b & = 3^{ a_1 }-3^{ a_2 } = 3^{a_2}(3^{a_1-a_2}-1).
\end{aligned}\]
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 \(a=2f\). Otrzymujemy:
\[2^{b+1} = 3^{2f}-1 = (3^f)^2-1^2 = (3^f+1)(3^f-1).\]
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 \(\pm1\). 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.