степень тройки в двоичной системе счисления

[mathematician123]

Найдите все степени тройки, запись которых в двоичной системе счисления содержит ровно три единицы.

[gris]

Одну увидел бесспорно: 81. Мы все со школы помним, что 64+16=80

[EUgeneUS]

Решение единственное.
Задача сводится к уравнению Каталана.

[mathematician123]

Да, единственное решение:

$$3^4 = 2^6 + 2^4 + 1$$

EUgeneUS в сообщении #1579115 писал(а):

Задача сводится к уравнению Каталана

Как?

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1579118 писал(а):

Как?

Одна степень двойки д.б. нулем, чтобы получилось нечётное число.
1. Пусть другая степень двойки равна единице, а третья неизвестна.
Тогда остаток по модулю $4$ равен трем, степень тройки должна быть нечётной.
Запишем: $3 \cdot 3^{2a} = 2^b +3$, что невозможно, так как степень двойки не может делиться на тройку.

2. Пусть обе степени двойки неизвестны и больше единицы.
Тогда остаток по модулю $4$ равен единице, степень тройки должна быть чётной.
Запишем:
$3^{2a} = 2^b + 2^c + 1$
Пусть $b > c$ для определённости
$(3^a +1)(3^a -1) = (2^c)(2^{b-c}+1)$

Слева произведение двух чисел различающихся на два. Значит и правую часть можно представить произведением двух чисел, различающихся на два.
Это может быть только в таком случае:
$(3^a +1)(3^a -1) = (2^{c-1})(2^{b-c+1}+2)$
при этом степени двоек должны быть равны.
Приравниваем меньшие множители:
$3^a -1 = 2^{c-1}$
Получили уравнение Каталана: $3^a - 2^{c-1} = 1$
Откуда единственное решение:
$a=2$, $c=4$, $b=6$

-- 27.01.2023, 21:38 --

UPD: строго говоря, это не совсем уравнение Каталана, конечно. Так как основания степеней зафиксированы в $3$ и $2$.

-- 27.01.2023, 21:47 --

UPD2: для полноты, конечно, можно не забыть и рассмотреть случай:
$(3^a +1)(3^a -1) = 2 (2^{b-1}+2^{c-1})$
Но он тривиальный.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1579119 писал(а):

Слева произведение двух чисел различающихся на два. Значит и правую часть можно представить произведением двух чисел, различающихся на два.
Это может быть только в таком случае:
$(3^a +1)(3^a -1) = (2^{c-1})(2^{b-c+1}+2)$
при этом степени двоек должны быть равны.
Приравниваем меньшие множители:
$3^a -1 = 2^{c-1}$

Вы хотите сказать, что $2^{c-1}$ и $2^{b-c+1}+2$ отличаются на 2? Но откуда это следует?

[venco]

EUgeneUS в сообщении #1579119 писал(а):

Значит и правую часть можно представить произведением двух чисел, различающихся на два.
Это может быть только в таком случае:
$(3^a +1)(3^a -1) = (2^{c-1})(2^{b-c+1}+2)$
при этом степени двоек должны быть равны.

Не только:
$2^4(2^5+1) = 2^4\cdot 33=(2^3\cdot 3)(2\cdot 11)=24\cdot 22$

[EUgeneUS]

Да, тут дырка.
Мне в ЛС написали, как её можно было бы закрыть.
Если найду более-менее альтернативный вариант её закрытия - отпишусь.

[Shadow]

$0<a<b, \;\; 1+2^a+2^b=3^n$

Все степени должны быть четными (влево по модулю 3, потом вправо по модулю 4)

$1+2^a+2^{2k}=u^2$

1.) Если $a=k+1$, влево имеем квадрат $(1+2^k)^2$

2.) Если $a<k+1$, то $(2^k)^2<1+2^a+2^{2k}<(2^k+1)^2$

3.) Если $a>k+1$

$(u-1)(u+1)=2^a(2^{2k-a}+1)$

Один из сомножителей влево должен делится на $2^{a-1}$, что делает данное прозведение влево больше выражения вправо.

И осталось решить уравнене $1+2^k=3^n$, коротое легко решается с разностью квадратов при $k>1$. Решения $k=1,n=1$ и $k=3,n=2$

Превое дает $a=b=2$, что противоречит условию $a<b$

-- 28.01.2023, 11:13 --

И да, я использовал переменную $n$ в разных смыслах, за что извиняюсь. В первоначальном виде $n=4$

[mathematician123]

Можно попробовать пойти дальше и найти степени тройки, которые в двоичной системе счисления содержат 4 единицы. Верно ли, что это только $3^3$? Уравнение в этом случае принимает вид

$$ 3^n = 2^a + 2^b + 2^c + 1 $$

С помощью теоремы

maxal в сообщении #1559584 писал(а):

Mike Bennett in https://mathoverflow.net/q/69794 писал(а):

standard lower bounds for linear forms in $2$ logarithms show that

$$ \left| 2^k - 3^n \right| \geq \min \left\{ 2^k, 3^n \right\}^{0.9}, $$

say, with precisely $23$ exceptions (this is a result from de Weger's thesis; the largest exception is with $(k,n)=(84,53)$).

я могу разобрать случаи $c \in \{ 1, 2, 3\} $. Но уже случай $c = 4$ решить не получается.

[Dmitriy40]

(Статистика для сравнения)

Для 5 единиц есть решение $3^7$.
Для 6 единиц есть решения $3^5, 3^6, 3^8$.
Для 7 единиц решений похоже нет (как минимум до $3^{100000}$).
Для 8 единиц есть решение $3^9$.
Для 9 единиц есть решение $3^{10}$.
Для 10 единиц есть решение $3^{12}$.
4 решения бывают начиная с 34 единиц, 5 решений начиная с 97 единиц, 6 решений начиная с 301 единицы, 7 решений начиная с 171 единицы, 8 решений начиная с 6950 единиц, 9 решений начиная с 70111 единиц.
Решений вероятно нет для 7,12,21,23,31,37,43,44,50,53,54,59,60,62,76,78,80,86,88,96,99 единиц.

[maxal]

mathematician123 в сообщении #1579102 писал(а):

Найдите все степени тройки, запись которых в двоичной системе счисления содержит ровно три единицы.

Рассматривая уравнение $3^a = 2^b + 2^c + 1$, где $b>c>0$, по модулю 10880, заключаем, что $c\leq 6$. Таким обраом, получаем $6$ уравнений относительно $a,b$, соответствующих значениям $c=1,2,3,4,5,6$. Они решаются рассмотрением по модулям:
3, 8, 3, 2796160, 3 и 2720, соответственно. Находится лишь единственное решение $(a,b,c)=(4,6,4)$.
PS. Указанные модули не обязательно минимальные из возможных.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1579197 писал(а):

Уравнение в этом случае принимает вид

$$ 3^n = 2^a + 2^b + 2^c + 1 $$

Оказывается и здесь, несмотря на 4 переменные, можно применить сравнения. Пусть $c \ge 6$. Тогда уравнение не имеет решений по модулю $2^6 \cdot 5 \cdot 17$.

-- 28.01.2023, 23:21 --

А уравнение

$$ 3^x = 2^a + 2^b + 2^c + 2^d + 1$$

при $d \ge 10$ не имеет решений по модулю $2^{10} \cdot 257 \cdot 17 \cdot 5$.