Solucionar $x^n+y^n=2015$

Question

Determinar los números naturales $x,y,n$ que corresponde a la igualdad $$x^n+y^n=2015.$$

Me di cuenta por $n = 1$ la ecuación tiene soluciones $(x, 2015-x), x$ entero.

Para $n = 2$, dado que el $x$ $y$ son diferentes paridades de tomar $x = 2k$ $y=2m + 1$ llegamos a contradicción.

Lo que se debe hacer a $n\geq3$?

Answer 1

Cualquier solución con $n$, incluso puede ser utilizado para dar una solución con exponente $2$. Así que basta para el estudio de $n$ impar. Desde $\log_2 2015 \approx 10.97 < 11$, podemos ignorar todos los exponentes más grandes de $9$. Esto reduce a $3, 5, 7, 9$.

• Exponente $9$: $2015 - 2^9 = 1503$ no es una novena potencia y $3^9$ es mayor que $2015$, así que no hay soluciones.

• Exponente $7$: $2015 - 2^7 = 1887$ no es un séptimo de energía y $3^7$ es mayor que $2015$, así que no hay soluciones.

• Exponente $5$: Comprobar directamente que $x = 2, 3$ o $4$ conduce a ninguna solución, y $5^5$ es demasiado grande. No hay soluciones.

• Exponente $3$: yo voy a dejar a usted para comprobar que no hay soluciones. Usted puede comprobar para $x \le 12$.

Answer 2

Desde $2015=5\cdot 13\cdot 31$, y las multiplicidades de los números primos congruentes $3$ modulo $4$ son impares (sólo $p=31$ a considerar aquí), se deduce que el $2015$ no puede ser representada como la suma de $x^2+y^2$, por el teorema de Fermat. Esto no sólo trabajo para $2015$. También, la caracterización de dos cubos es conocido, ver aquí. Por supuesto, $2015$ es todavía lo suficientemente pequeño como para comprobar todos los casos. Para números más grandes, sin embargo, a uno le gustaría aplicar más la teoría de números.

Edit: En caso de que nos gustaría tener más entero positivo soluciones a$x^n+y^n=m$, $m=4097$ es el número más pequeño (además de a$2$), que es una suma de dos cuadrados y dos positivos de los cubos. De hecho, la ecuación de $x^n+y^n=4097$ ha entero soluciones para $n=1,2,3,4,6,12$: $$ 4097=1+4096=1^2+64^2=1^3+16^3=1^4+8^4=1^6+4^6=1^{12}+2^{12}. $$

Answer 3

Sugerencia: $n<12$ porque $1^{12}+2^{12}>2015$

Answer 4

Llevar a cuestas de usuario de la respuesta de la que sólo tenemos que preocuparnos con un par impar exponentes, con $x\lt y$ también bastante pequeño, vamos a utilizar el hecho de que $x+y$ divide $x^n+y^n$ por extraño $n$ $x^p\equiv x$ mod $p$ primer $p$.

Tenga en cuenta que $2014$ no es un $n$th potencia para cualquier $n\gt1$, por lo que podemos suponer $1\lt x\lt y$. Tenga en cuenta también que $2015=5\cdot13\cdot31$. Finalmente, $\sqrt[3]{2015}\lt13$ significa que no tiene que preocuparse acerca de las soluciones potenciales con $x+y\ge25$, lo que significa que sólo necesitamos considerar soluciones con $x+y=5$ o $x+y=13$.

Para$n=3$, $x+y\equiv x^3+y^3=2015\equiv2$ mod $3$, lo $x+y=5$ es la única posibilidad, lo que significa que $x=2,y=3$ es la única posibilidad, sino $2^3+3^3$ es menor que $2015$.

Para$n=5$, $x+y\equiv x^5+y^5=2015\equiv0$ mod $5$, así que de nuevo $x+y=5$ es la única posibilidad, y de nuevo $2^5+3^5$ es demasiado pequeño.

Para$n=7$, $x+y\equiv x^7+y^7=2015\equiv6$ mod $7$, lo $x+y=13$ es la única posibilidad. Pero $7^7$ es ya demasiado grande. (Alternativamente, tenga en cuenta que $\sqrt[7]{2015}\approx2.965\lt3$ ya que se excluye soluciones.)

Para $n=9$, trabajo de mod $3$, $x+y\equiv x^9+y^9\equiv2$ mod $3$, así que de nuevo $2^9+3^9$ es la única posibilidad, que es demasiado grande. (O, de nuevo, $\sqrt[9]{2015}\lt3$ reglas de cualquier solución.)