Gammel Abel og AIME tallteori

[Markus]

(1) Finn alle par av heltall $(m,n)$ tilfredstiller likningen $$m^3+6m^2+5m=27n^3+9n^2+9n+1$$

(2) En av Eulers formodninger ble på 60-tallet motbevist av tre amerikanske matematikere da de viste at det fantes et positivt tall slik at $133^5+110^5+84^5+27^5=n^5$. Finn $n$.

[DennisChristensen]

(1) Venstre side kan faktoriseres som $m(m+5)(m+1)$, hvilket alltid er delelig med $3$. Dermed får vi $0=1$ mod $3$ når vi reduserer likningen mod 3, så det finnes ingen løsninger.

[Markus]

(1) Venstre side kan faktoriseres som $m(m+5)(m+1)$, hvilket alltid er delelig med $3$. Dermed får vi $0=1$ mod $3$ når vi reduserer likningen mod 3, så det finnes ingen løsninger.

Selvfølgelig helt rett! Løste den likt.

[mrcreosote]

(2) En av Eulers formodninger ble på 60-tallet motbevist av tre amerikanske matematikere da de viste at det fantes et positivt tall slik at $133^5+110^5+84^5+27^5=n^5$. Finn $n$.

Siden $n^5\equiv n \mod m$ både for m=3 og m=10 (og dermed m=30) får vi at $n\equiv 0 \mod 3$ og $n\equiv 4 \mod 10$. Det gir $n\equiv 24 \mod 30$, så $n\in\{144,174,204,\dots\}$. ($n$ er åpenbart større enn $133$.)

Videre er $133^5+110^5+84^5+27^5<136^5+136^5+102^5+34^5 = 34^5(4^5+4^5+3^5+1^5) = 34^5(1024+1024+243+1)=34^5\cdot2292 <34^5\cdot3125=34^5\cdot5^5 = 170^5 < 174^5$.

Samla betyr dette at $n=144$.

[Markus]

(2) En av Eulers formodninger ble på 60-tallet motbevist av tre amerikanske matematikere da de viste at det fantes et positivt tall slik at $133^5+110^5+84^5+27^5=n^5$. Finn $n$.

Siden $n^5\equiv n \mod m$ både for m=3 og m=10 (og dermed m=30) får vi at $n\equiv 0 \mod 3$ og $n\equiv 4 \mod 10$. Det gir $n\equiv 24 \mod 30$, så $n\in\{144,174,204,\dots\}$. ($n$ er åpenbart større enn $133$.)

Videre er $133^5+110^5+84^5+27^5<136^5+136^5+102^5+34^5 = 34^5(4^5+4^5+3^5+1^5) = 34^5(1024+1024+243+1)=34^5\cdot2292 <34^5\cdot3125=34^5\cdot5^5 = 170^5 < 174^5$.

Samla betyr dette at $n=144$.

Selvfølgelig korrekt! Fra en AIME på 80-tallet en gang.