¿Cómo Letac solucionar $x_1^k + x_2^k + \dots +x_9^k = 0$ $k = 1, 3, 5, 7$ en 1942?

Question

Es muy fácil encontrar entero de soluciones,

$$x_0^k + x_1^k + \dots +x_9^k = 0$$

para $k = 1, 3, 5, 7$. Yo he encontrado es que, si $x^2-10y^2 = 9$, entonces,

$$1 + 5^k + (3+2y)^k + (3-2y)^k + (-3+3y)^k + (-3-3y)^k = (-2+x)^k + (-2-x)^k + (5-y)^k + (5+y)^k$$

Sin embargo, Letac encontrado en 1942 dos casos especiales con $x_0 = 0$ (en el caso de $x_0 = x_1 = 0$ es imposible), es decir,

$$\{\,0, 34, 58, 82, 98\,\} = \{\,13, 16, 69, 75, 99\,\}$$

$$\{\,0, 63, 119, 161, 169\,\} = \{\,8, 50, 132, 148, 174\,\}$$

¿Cómo lo hizo?

La referencia es A. Letac, Gazeta Matematica, 48 (1942), pág. 68-69, y estoy esperando a alguien con JSTOR explícitamente pueden dar la respuesta.

Answer 1

De las dos soluciones que mencionas, sólo el segundo aparece en Letac de la nota.

Él utiliza (entre otras cosas) los dos siguientes lemas :

Hecho 1. Si $a_1^k+a_2^k+a_3^k=b_1^k+b_2^k+b_3^k$ $k=2$ $k=4$ , luego $$ a_1^p+(\pm a_2)^p+(\pm a_3)^p+(2b_1)^p+(2b_2)^p+(2b_3)^p= b_1^p+(\pm b_2)^p+(\pm b_3)^p+(2a_1)^p+(2a_2)^p+(2a_3)^p \ (p=2,4,6,8) $$

Hecho 2. Bajo la hipótesis de hecho 1, para $h=\frac{a_1+a_2-a_3}{4}$ tenemos

$$ (2a_1-3h)^k+(2a_2-h)^k+(2a_2-3h)^k+(2a_2-h)^k+(2b_3+h)^k= (2a_3+h)^k+(2a_3+h)^k+(2b_1-h)^k+(2b_1-h)^k+(2b_2-h)^k+(3h)^k \ (k=1,3,5) $$

Answer 2

Hay algunos errores en Delannoy la respuesta, pero lo acepto, no obstante, como me señaló en la dirección correcta. (Lo siento por el retraso.)

Deje $a^k+b^k+c^k = d^k+e^k+f^k,\;\; k =2,4\tag{1}$

Teorema 1 (Birck-Sinha): "el Hecho de 1" debería estar en su lugar, (1) entonces,

\begin{aligned}&(a+b+c)^k + (-a+b+c)^k + (a-b+c)^k + (a+b-c)^k + (2d)^k + (2e)^k + (2f)^k =\\ &(2a)^k + (2b)^k + (2c)^k + (-d+e+f)^k + (d-e+f)^k + (d+e-f)^k + (d+e+f)^k\end{aligned}

para $k = 2,4,6,8$.

Teorema 2 (Gloden-Sinha): "el Hecho de 2" debe ser, vamos a (1) la restricción $a+b-c = 2(d+e-f)$, entonces,

\begin{aligned}&(2a-3h)^k + (2a-h)^k + (2b-3h)^k + (2b-h)^k + (2f+h)^k =\\ &(2c+h)^k + (2c+3h)^k + (2d-h)^k + (2e-h)^k + (3h)^k\end{aligned}

donde$h = (d+e-f)/2$$k = 1,3,5,7$.

Ahora podemos aplicar ingeniería inversa Letac solución y encontrar que comenzó con el,

$$195^k+71^k+98^k = 21^k+190^k+127^k,\;\; k = 2,4\tag{2}$$

y usando el Teorema 2,

$$132^k+174^k+8^k+50^k+148^k = 119^k+161^k+0^k+169^k+63^k,\;\; k = 1,3,5,7$$

después de la eliminación de un factor común. Por lo tanto, él dio (1) la segunda restricción $2d-h = 3d-e+f = 0$, a pesar de cómo encontró a (2) es una pregunta en sí misma.

Desafortunadamente, puede ser demostrado que estas dos limitaciones reducen (1) para el problema de hacer dos polinomios de cuarto grado (en una variable) en una plaza, por lo tanto, hay sólo un número finito de soluciones racionales, y yo no era capaz de encontrar otros nuevos.

P. S. todavía estoy comprobando si Letac la primera solución también utiliza el Teorema 2.