x^2+7=2^nを満たす自然数(x,n)の組を求めよ

解法とこの問題の難易度を詳しく教えてくれませんか。

メチャクチャ難しいです。

No.7 ベストアンサー 回答者： stomachman 回答日時： 2023/10/17 16:44

xが奇数なのは明らかなので、

　　x = 8m + (2k + 1) (k∈{0,1,2,3})
とする。
[1] k=0のとき
　　x = 8m + 1
　　x^2 + 7 = (2^6)m^2 + (2^4)m + (2^3)
　　　= (2^3)((2^3)m^2 + (2^3)m + 1)
　　2^(n - 3) = (2^3)m^2 + (2^3)m + 1
右辺は奇数。左辺が奇数になるのはn=3のときだけなので
　　n = 3
従って
　　x^2 + 7 = 8
すなわち、正の整数解は
　　(x, n) = (1, 3)
だけ。
[2] k=1のとき
　　x = 8m + 3
　　x^2 + 7 = (2^6)m^2 + 3(2^4)m + (2^4)
　　　= (2^4)((2^2)m^2 + 3m + 1)
　　2^(n - 4) = (2^2)m^2 + 3m + 1
[2-1] mが偶数のとき
　　2^(n - 4) = (2^2)m^2 + 3m + 1
右辺は奇数。左辺が奇数になるのはn=4のときだけなので
　　n = 4
従って
　　x^2 + 7 = 16
すなわち、正の整数解は
　　(x, n) = (3, 4)
だけ。
[2-2] mが奇数のとき
…という調子でドンドン場合分けする。難しくはないが、ひたすらメンドくさい。

No.6 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/10/16 14:46

あー、No.2 ぜんぜんデタラメだったな。

x ≧ 1 より 2^n ≧ 1^2 + 7 = 8. よって n ≧ 3.
x^2 + 1 ≡ 0 (mod 2) より、 x ≡ 1 (mod 2).
n = 3 + m, x = 2y + 1 と置く。 m, y は非負整数である。
代入して、 y(y+1) + 2 = 2・2^m.

mod 4 での y(y+1) が下表のようであることから、
　y　　　0　1　2　3
　y(y+1)　0　2　2　0
{ m = 0 かつ y ≡ 0, 3 (mod 4) } または
{ m ≧ 1 かつ y ≡ 1, 3 (mod 4) } だと判る。

m = 0 の場合：
n = 3, x = 1 が解になる。

m ≧ 1 かつ y ≡ 1 (mod 4) の場合：
m = 1 + L, y = 4z + 1 と置いて代入すると
4z^2 + 3z + 1 = 2^L だが、
さてこれからどーしたものか...

No.5 回答者： mtrajcp 回答日時： 2023/10/16 11:32

When x is positive integer,

the number x^2+7 is a power of 2 only in the following five cases:
x=1,3,5,11,181

No.4 回答者： ssawatake 回答日時： 2023/10/15 21:50

問題間違って無いかい？

自然数(x,n)の組は無限に在るよ・・・・・。

xが奇数であって、2乗+7が、素因数2だけ。

つまり、(2^n-7)の平方数がxなんだから・・・・・・・。

No.3 回答者： endlessriver 回答日時： 2023/10/15 10:20

ちなみに

(n,x)=(3,1), (4,3), (5,5), (7,11), (15,181)・・・・・?

No.2 回答者： ありものがたり 回答日時： 2023/10/15 09:55

x^2 + 7 ≡ 2^n (mod 8).

mod 8 での平方が下表のようであることから、
　x　　0　1　2　3　4　5　6　7
　x^2　0　1　4　1　0　1　4　1
両辺は 0 (mod 8) であり、
x は奇数 かつ n ≧ 3 と判る。
x = 2y + 1, n = 3 + m と置くと、 y, m は非負整数で
y(y+1) + 1 = 2^m と

y(y+1) + 1 ≡ 2^m (mod 4) が成り立つ。
mod 4 での y(y+1) が下表のようであることから、
　y　　　0　1　2　3
　y(y+1)　0　2　2　0
両辺は 1 (mod 4) であり、
y ≡ 0, 3 (mod 4) かつ m = 0 と判る。

これで n = 3 に決まったから、
x^2 + 7 = 8 を解いて x = 1.

No.1 回答者： endlessriver 回答日時： 2023/10/15 09:55

https://projecteuclid.org/journals/arkiv-for-mat …