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Vamos con el problema de la semana, enviado por Xavi utilizando nuestro formulario de contacto:

Probar que si $2^p+3^p=a^n$ , con $a$ y $n$ enteros y $p$ primo, entonces necesariamente $n=1$ .

Suerte.

18 comentarios

Trackback | 31 Mar, 2009

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Javier | 31 de Marzo de 2009 | 10:19

$2^p\ mod\ 3=2$ si $p$ impar y sabemos que $k^2\ mod\ 3=1$ si $k$ no es multiplo de 3, por tanto $n=1$ . El caso p=2, cuyo resultado es 13, obviamente no es $k^2$ .

Saludos
epi | 31 de Marzo de 2009 | 10:32

Javier, lo que has probado es que $n$ no puede ser par. Falta ver porqué no puede ser tampoco impar mayor que uno (por ejemplo $k^3 mod\; 3= 2$ sí admite solución).
otro | 31 de Marzo de 2009 | 11:21

Miremos las congruencias de $2^n\ mod\ 25$ y $3^n\ mod\ 25$ , a ver dónde se repite el ciclo.

Así, para $n= \{ 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20 \}$
se tiene
$2^n\ mod\ 25= \{ 1,2,4,8,16,7,14,3,6,12,24,23,21,17,9,18,11,22,19,13,1 \}$
$3^n\ mod\ 25= \{ 1,3,9,2,6,18,4,12,11,8,24,22,16,23,19,7,21,13,14,17,1 \}$
$2^n+3^n\ mod\ 25= \{ 2,5,13,10,22,0,18,15,17,20,23,20,12,15,3,0,7,10,8,5,2 \}$

Como se ve, el ciclo tiene longitud 20, y precisamente para los $n$ impares la suma $2^n+3^n$ es múltiplo de 5, pero no es múltiplo de 25 salvo que $n=5\ mod\ 20$ o $n=15\ mod\ 20$ . En estos casos, $n$ en general no es primo, con lo que sólo nos queda verificar los casos particulares: $n=5$ (por ser el único número primo tal que la suma $2^n+3^n$ es múltiplo de 25) y $n=2$ (por no estar en el caso general que he estudiado).

$2^2+3^2=4+9=13$ , es primo y por tanto no es potencia perfecta de exponente mayor que 1;
$2^5+3^5=32+243=275=11 \cdot 5^2$ , de nuevo tampoco es potencia perfecta de exponente mayor que 1.
otro | 31 de Marzo de 2009 | 11:27

Una aclaración adicional, aunque a estas alturas seguramente se entiende lo que he hecho. Si $2^p+3^p$ (para $p$ primo) es potencia perfecta de exponente estrictamente mayor que 1, y hemos visto que para todo $p$ impar (y por tanto para todo $p$ primo, salvo el caso particular del 2) $2^p+3^p$ es múltiplo de 5, sólo nos interesa ver en qué casos se tiene el factor 5 al menos dos veces, y en esos casos si el resto de factores primos también está el mismo número de veces. De ahí que haya hecho el estudio módulo 25.
Toro Sentado | 31 de Marzo de 2009 | 17:44

Tengo una duda para Otro. ¿Cómo puedes estar seguro de que para n=25, 35, 45, 55,… no vas a encontrar algún contraejemplo?
Xavier Tapia | 31 de Marzo de 2009 | 20:33

Hola, soy Xavi doy dos pistas importantes:

Vale la pena tener en cuenta dos principios:
·si $a^k = b^k (n)$ , entonces $k$ y $phi( n)$ no son coprimeros
·el Teorema de Euler, en este caso $2^p+3^p=5 (p)$
otro | 31 de Marzo de 2009 | 20:59

Toro Sentado: Siento haber cambiado la notación, pero vamos, se indica que en $2^p+3^p$ ese p (que yo llamé n) tiene que ser primo. De ahí que no se comprueben los casos p=25,35,45,55…
otro | 31 de Marzo de 2009 | 21:01

Xavier Tapia: deduzco por lo de “primeros” que estudiaste en un liceo francés o algo así. Puro cotilleo por mi parte, pero, ¿es así?
Sebastián Martín Ruiz | 31 de Marzo de 2009 | 21:39

Es caso p=2 es trivial. Supongamos pues p impar esto implica que
2^p+3^p=(2+3)(2^(p-1)-2^(p-2)*3+……-2*3^(p-2)+3^(p-1))

Se prueba fácilmente por congruencias que 5 no divide al paréntesis “gordo” por tanto 5 divide a 2^p+3^p y 5^2 no divide a 2^p+3^p. Por tanto 2^p+3^p no puede ser ninguna potencia con n>1.
Toro Sentado | 31 de Marzo de 2009 | 22:23

Gracias, Otro, no lo había pensado
Xavier Tapia | 1 de Abril de 2009 | 0:05

otro, en absoluto jaja, estudié en un instituto público de un barrio obrero de Barcelona, soy catalán y aquí decimos “nombres primers”, se me olvidó que es castellano es “números primos”. Saludos!
Radekic | 1 de Abril de 2009 | 1:58

Acabo de leer el problema y ya es tarde, asi que no he pensado mucho en él… simplemente hago una observación que ya habrá pasado por la mente de muchos:

El caso en el que p divide a n se descarta, porque implicaría un contraejemplo al Ultimo Teorema de Fermat.

Ya solo queda estudiar los n que no tienen a p por divisor…
Chchappa | 4 de Abril de 2009 | 10:22

Si no me equivoco Sebastián afirmó que 5^2 no divide a 2^p+3^p pero “otro” encontró un contraejemplo entre sus primeras pruebas: p=5… por ejemplo…
2^5+3^5=275 por lo que 5^2 SÍ puede dividir a 2^p+3^p hasta tanto alguien no demuestre correctamente que los únicos múltiplos de 5^2 son 5,15,25,35 (que obviamente no son primos exceptuando al 5)…

Lo que digo es que para demostrarlo correctamente sólo faltaría dar un planteo algo más formal que probar los primeros 40 números. (Que creo que es evidente que la solución va a estar ahí… pero no está completa aún)
Chchappa | 4 de Abril de 2009 | 10:26

¿Alguien podría decirme cómo saber todas las soluciones de:
3^x -2^x = 25?

Con saber el conjunto solución ya podría demostrar el problema… pero no me ilumino todavía (y si va por los logaritmos estoy muerto porque los odio )
Sebastián Martín Ruiz | 4 de Abril de 2009 | 14:34

Si; mi demostración es válida para todo p primo salvo para el caso p=2 y p=5 pero estos dos casos particulares solo hay que comprobarlos y ya está.
Sebastián Martín Ruiz | 4 de Abril de 2009 | 14:41

Veamos que 5 no puede dividir a
(2^(p-1)-2^(p-2)*3+……-2*3^(p-2)+3^(p-1))
cuando p es distinto de 5. Como 3=-2 (mod 5)
lo anterior es congruente con
(2^(p-1)-2^(p-2)*(-2)+……-2*(-2)^(p-2)+(-2)^(p-1))=
todos los sumandos son iguales a 2^(p-1) por tanto
esto es igual a p*2^(p-1). Obviamente 5 divide a esto solo en el caso en que p=5.
Xavier Tapia | 8 de Abril de 2009 | 22:33

Chchappa te daré una pequeña indicación:

$2^x-3^x-25=0 (3)$ por enunciado, luego $(-1)^x=1 (3)$ por lo tanto x es par. Sea $x=2k$ .
$(3^k-2^k)(3^k+2^k)=5^2$ Ahora es sencillo seguir.-