Помогите решить уравнение в целых числах

[sergei1961]

Левая часть очень подходит для бесконечного числа циклов метода бесконечного спуска. Соблазнительно. Тогда надо показать, что на самом деле справа нельзя даже на 4 сократить, то есть $x+y=0$ или $x+y=1$. А тут мозгов не хватает.

[Rock`n`Rolla]

ИСН в сообщении #824658 писал(а):

Нет. (Не читал, что такое Ваше $k$. Получил кондовую верхнюю оценку на всё

А можете сказать как это сделать?

[ИСН]

Внимательно посмотрев на свою оценку, я понял, что сделал её... неправильно Так что моё утверждение теряет характер абсолютной истины.

[PaxVobiscum]

Нетривиальная часть задачи сводится к тому, чтобы доказать, что уравнение не имеет решений в целых числах при $x+y=n>1$.
Может это можно и в лоб доказать, но мне удобней выразив $y$ через $n$ и разобравшись с квадратным уравнением подучить формулировку: доказать, что уравнение $ 2n^2 + 2^n=t^2$ не имеет решения в целых числах при $ n>1$.
Действуя методом спуска, мы видим, на $k$-м шаге, который гарантирован, поскольку множество натуральных чисел имеет минимальный элемент, что $2+4^{2^{k-1}-k}=t_k^2$. Что невозможно, поскольку всякий четный квадрат равен $ 0 \bmod 4$.

PS. Я, собственно, написал поскольку не понял о какой оценке идет речь? Нельзя ли по подробнее.

[sergei1961]

Наверное, действительно можно решить ничего не зная. Итак, предположим, что $x+y=n\ge 2$, содержательный случай. Тогда получаем $x=2x_1, y=2y_1$, и для новых переменных после сокращения на 4, что по предположению возможно и для правой части, получаем уравнение

$2x_1^2-y_1^2=2^{2n-2}.$

Получается, что левая часть равенства уменьшилась в 4 раза, а правая не уменьшилась, т.к.
$2^{2n-2}\ge 2^n, n\ge 2$. Итак, этот случай невозможен. Но $x+y$ отрицательное тоже невозможен. Осталось перебрать $x+y=0$ и $x+y=1$.

[PaxVobiscum]

Отчего же $2n$? Тогда уж $2n_1$ и все сокращается.

[Shadow]

PaxVobiscum в сообщении #825034 писал(а):

доказать, что уравнение $ 2n^2 + 2^n=t^2$ не имеет решения в целых числах при $ n>1$.

Пусть $n=2^at$, где t - нечетное. Тогда, в предположении, что $n>2a+1$, получим $2^{2a+1}(t^2+2^{n-2a-1})=t^2$
Выражение в скобках - нечетное...
А значит $n\le 2a+1$ или $2^at \le 2a+1$

[ewert]

Слушайте, ну я вот, например, не знаю никаких спусков. А вот что в разложении любого числа на множители имеется вполне определённое количество двоек -- знаю. И что для слагаемых в левой части эти количества различны (просто в силу разной их чётности) -- просто бросается в глаза. Ну а тогда почему бы и не разделить всё на минимальную из тех двух степеней двойки?... И всё получается.

[tatkuz1990]

Графически задача тоже решается, если построить линии уровней поверхности

$z=2x^2-y^2-2^{x+y}$



4 голубенькие точки и есть решения.

[nnosipov]

ewert в сообщении #825393 писал(а):

Слушайте, ну я вот, например, не знаю никаких спусков.

И не надо их в данном случае. Главная идея --- следить за степенями двойки (см. решение Shadow).

tatkuz1990 в сообщении #825449 писал(а):

Графически задача тоже решается, если построить линии уровней поверхности

Что за чушь?! Не решается, конечно.

[Rock`n`Rolla]

PaxVobiscum в сообщении #825034 писал(а):

Нетривиальная часть задачи сводится к тому, чтобы доказать, что уравнение не имеет решений в целых числах при $x+y=n>1$.
Может это можно и в лоб доказать, но мне удобней выразив $y$ через $n$ и разобравшись с квадратным уравнением подучить формулировку: доказать, что уравнение $ 2n^2 + 2^n=t^2$ не имеет решения в целых числах при $ n>1$.
Действуя методом спуска, мы видим, на $k$-м шаге, который гарантирован, поскольку множество натуральных чисел имеет минимальный элемент, что $2+4^{2^{k-1}-k}=t_k^2$. Что невозможно, поскольку всякий четный квадрат равен $ 0 \bmod 4$.

PS. Я, собственно, написал поскольку не понял о какой оценке идет речь? Нельзя ли по подробнее.

Не пойму как у вас такое уравнение получается: $ 2n^2 + 2^n=t^2$ ?

[Shadow]

Rock`n`Rolla в сообщении #827139 писал(а):

Не пойму как у вас такое уравнение получается: $ 2n^2 + 2^n=t^2$ ?

Дискриминант квадратного уравнения после замены $y=n-x$