matematikk.net

Finn alle tripler av positive heltall (x,y,z) slik at:
[tex]x^2=2(y+z)[/tex] og
[tex]x^6=y^6+z^6+31(y^2+z^2)[/tex]

[slett]

På grunn av gradene ser vi at det ikke kan være store løsninger. Det kan vises sånn: (Husk å vaske deg godt etterpå.)

Vi har at [tex]y^6+z^6+31(y^2+z^2)-8(y+z)^3=0[/tex]. Videre er [tex]y^6+z^6\ge2y^3z^3\ge8(y+z)^3[/tex] så lenge y og z begge er minst 4 da den siste ulikheta er ekvivalent til [tex]yz\ge k(y+z)[/tex] som holder fordi [tex]yz-k(y+z)[/tex] er voksende i y når [tex]y>k=2^{\frac23}[/tex]. Tilsvarende for z. Derfor kan y og z høyst være 3 og y+z skal være et halvt kvadrattall, så kun y=z=1 => x=2 er ei løsning.

Dette var ei svinete måte å komme fram til svaret på, vedder på at noen slår elegansen min. Poenget er at første ligninga gir at hvis x blir stor, må y eller z være veldig stor og det strider mot den andre ligninga.

Ok, da slenger jeg ut min løsning også (som går ut på det samme...)

[tex]x^2=2(y+z) \Rightarrow 2 \mid x^2 \Leftrightarrow 2\mid x[/tex]
[tex]x=2 \Rightarrow y,z=1[/tex] som er en løsning.
Av symetri kan vi anta at [tex]y \geq z [/tex]
[tex]x \geq 4 \Rightarrow 4x \leq x^2=2(y+z) \leq 4y \Longrightarrow[/tex]
[tex]x^6\leq y^6 < y^6+z^6+31(y^2+z^2)= x^6[/tex]
Altså finnes det ingen andre løsninger enn [tex](x,y,z)=(2,1,1)[/tex]