2^n

[Martynov_M]

Есть следующее уравнение:

$2^{n} = \dfrac{xz-1}{k},$

где x - любое нечетное число (1, 3, 5, 7, 9, 11...)
n < x.
k < x.
z - любое нечетное число.

При x = 1 уравнение не имеет решения.

При x = 3 уравнение имеет 2 решения:

№1. x = 3, n = 1, k = 1.

$2 = \dfrac{3z-1}{1}$
2 = 3z-1.
3 = 3z.

№2. x = 3, n = 2, k = 2.

$4 = \dfrac{3z-1}{2}$
8 = 3z-1.
9 = 3z.

При x = 5 уравнение имеет 4 решения:

№1. x = 5, n = 1, k = 2.

$2 = \dfrac{5z-1}{2}$
4 = 5z-1.
5 = 5z.

№2. x = 5, n = 2, k = 1.

$4 = \dfrac{5z-1}{1}$
4 = 5z-1.
5 = 5z.

№3. x = 5, n = 3, k = 3.

$8 = \dfrac{5z-1}{3}$
24 = 5z-1.
25 = 5z.

№4. x = 5, n = 4, k = 4.

$16 = \dfrac{5z-1}{4}$
64 = 5z-1.
65 = 5z.

При x = 7 уравнение имеет 3 решения:

№1. x = 7, n = 1, k = 3.

$2 = \dfrac{7z-1}{3}$
6 = 7z-1.
7 = 7z.

№2. x = 7, n = 2, k = 5.

$4 = \dfrac{7z-1}{5}$
20 = 7z-1.
21 = 7z.

№3. x = 7, n = 3, k = 6.

$8 = \dfrac{7z-1}{6}$
48 = 7z-1.
49 = 7z.

При x = 9 уравнение имеет 6 решений.
При x = 11 уравнение имеет 10 решений.
и т.д.

Можно ли как-то доказать, что два решения возможны только при x = 3?
Или, наоборот, найти еще один случай, когда есть два решения? Интересует только 2 решения.

Понятно, что $2^{n}$ легко представимо как

$2^{n} = \dfrac{\text{«нечетное»*«нечетное» – 1}}{k},$

$2^{n} = \dfrac{xz-1}{k},$

Но как найти зависимость x, z от n, k, чтобы было видно, что два решения возможны только при x = 3.

[gris]

Чего-то у меня получилось для семи шесть решений
x=7 n=1 k=3 z=1
x=7 n=2 k=5 z=3
x=7 n=3 k=6 z=7
x=7 n=4 k=3 z=7
x=7 n=5 k=5 z=23
x=7 n=6 k=6 z=55
x=7 vsego reshenijs=6
Чего-то не учёл?
А то мне кажется, что количество решений на единицк меньше $x$

[waxtep]

Пусть $x\equiv r\pmod8, r\in\{1,3,5,7\}$; видно, что $r^2\equiv1\pmod8$; возьмем $z=r$, тогда $xz-1$ будет делиться на $2,4,8$, т.е. минимум три решения с $n\in\{1,2,3\}$ всегда будут, и $x=3$ - единственный случай, когда решения всего два

-- 09.07.2023, 18:01 --

Правда, еще надо аккуратно рассмотреть такие иксы: $\{13,15,23,31,39\}$. Для них одно из полученных по этой методе значений $k$ оказывается больше, чем $x$

-- 09.07.2023, 18:22 --

waxtep в сообщении #1600421 писал(а):

Правда, еще надо аккуратно рассмотреть такие иксы: $\{13,15,23,31,39\}$

Для $x\in\{15,23,31,39\}$ можно убедиться перебором, что есть три решения с $z\in\{1,3,7\}$, а $x=13$ - коварен, так просто не дается

-- 09.07.2023, 18:48 --

gris в сообщении #1600418 писал(а):

А то мне кажется, что количество решений на единицк меньше $x$

Аналогично; по крайней мере для как бы коварного $x=13$ их на самом деле ровно двенадцать штук

[waxtep]

Ну да, ведь $2^n$ взаимно просто с $x$, значит для любого фиксированного $n$ числа $2^n\cdot k, 1\leqslant k< x$ дадут всевозможные значения остатков по модулю $x$, кроме нулевого, и следовательно будет ровно одно решеньице

[gris]

waxtep, да, для несчастного $x=13$ получаются очень большие сомножители
x=13 n=1 k=6 z=1
x=13 n=2 k=3 z=1
x=13 n=3 k=8 z=5
x=13 n=4 k=4 z=5
x=13 n=5 k=2 z=5
x=13 n=6 k=1 z=5
x=13 n=7 k=7 z=69
x=13 n=8 k=10 z=197
x=13 n=9 k=5 z=197
x=13 n=10 k=9 z=709
x=13 n=11 k=11 z=1733
x=13 n=12 k=12 z=3781
Замечательное у вас решение

[waxtep]

gris в сообщении #1600430 писал(а):

Замечательное у вас решение

Да сам себя запутал, но потом распутал! Глянув, эх, в эксель на табличку $2^n\cdot k$

[Martynov_M]

gris в сообщении #1600418 писал(а):

Чего-то у меня получилось для семи шесть решений.
Чего-то не учёл?
А то мне кажется, что количество решений на единицу меньше x.

gris, это моя вина.
k не должно повторяться.

А, так, да, вы полностью правы! Решения идут всегда по кругу, в цикле.
И их всегда на единицу меньше, чем x!
Это вся боль этих уравнений.

При x=7 уравнение имеет 3 уникальных решения:
x=7 n=1 k=3 z=1
x=7 n=2 k=5 z=3
x=7 n=3 k=6 z=7

Далее идут "точно такие же" решения, но в цикле. Параметр k повторяется:
x=7 n=4 k=3 z=7
x=7 n=5 k=5 z=23
x=7 n=6 k=6 z=55

Аналогично, при x=9 уравнение имеет 6 уникальных решений:
x=9 n=1 k=4 z=1
x=9 n=2 k=2 z=1
x=9 n=3 k=1 z=1
x=9 n=4 k=5 z=9
x=9 n=5 k=7 z=25
x=9 n=6 k=8 z=57

Далее k повторяется:
x=9 n=7 k=4 z=57
x=9 n=8 k=2 z=57

-- 09.07.2023, 21:06 --

waxtep в сообщении #1600421 писал(а):

Пусть $x\equiv r\pmod8, r\in\{1,3,5,7\}$; видно, что $r^2\equiv1\pmod8$; возьмем $z=r$, тогда $xz-1$ будет делиться на $2,4,8$, т.е. минимум три решения с $n\in\{1,2,3\}$ всегда будут, и $x=3$ - единственный случай, когда решения всего два.

waxtep, очень круто! Спасибо вам большое! Я у вас в долгу! Я уже два дня голову ломаю, как решить эту задачу. Кто бы мог подумать, что вот так вот всё просто.

[gris]

Martynov_M, то есть для $x$ вам нужен список $k$, для которых есть решение
x=3 k=[1,2]
x=5 k=[1,2,3,4]
x=7 k=[3,5,6]
x=9 k=[1,2,4,5,7,8]
x=11 k=[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]
x=13 k=[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12]
x=15 k=[7,11,13,14]
x=17 k=[1,2,4,8,9,13,15,16]
Увы, с количеством $k$, меньшим $7$, для $x$ в пределах $1000$ есть только
x=3 k=[1,2]
x=5 k=[1,2,3,4]
x=7 k=[3,5,6]
x=9 k=[1,2,4,5,7,8]
x=15 k=[7,11,13,14]
x=21 k=[5,10,13,17,19,20]
x=31 k=[15,23,27,29,30]
x=63 k=[31,47,55,59,61,62]
А уж потом вряд ли можно ожидать даже такого
Интересно, что для $x=2^m-1$ количество $k$ равно $m$

[Martynov_M]

$2^{n} = \dfrac{xz-1}{k},$

это уравнение из гипотезы Коллатца.

Если x=3 и n=[1,2] - это единственный случай, то тогда гипотеза Коллатца (3n+1)
уникальна (в своем роде) по отношению к другим задачам 5n+1, 7n+1, 9n+1...

Если же есть еще такой случай, когда x=..., n=[1,2], то эта для меня проблема.

waxtep, показал, что x=3 и n=[1,2] - это единственный уникальный случай.