$x^p + y^p = z^p$ no tiene soluciones integrales para$p>2$, debido al trabajo de Andrew Wiles y otros. Mi pregunta es: considere los casos donde $p>2$$y=x+1$$z=x+2$. Podríamos llamar a estos "off-by-1" las soluciones. ¿Hay alguna prueba simple que no hay ningún tipo de descuento por 1 soluciones? (Lo admito, lo simple es algo subjetivo.)
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Tim Almond
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Esto es sólo un comentario, hasta que el trabajo fuera de la$p$ de los casos. Trabajo modulo $x+1$$(-1)^p \equiv 1$. Esto refuta todos los casos con la extraña $p$. Si $p$ incluso $a=x^q,\,b:=(x+1)^q,\,c:=(x+2)^q$ es una terna Pitagórica con $q:=p/2$. Todavía estoy tratando de forzar una contradicción. Desde $c-b>b-a$, $a^2=c^2-b^2>(c+b)(b-a)>(3b-a)(b-a)=a^2+4b(b-a)-b^2>a^2-b^2$.
MrTuttle
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1116
Vamos a anclar en el medio plazo, por lo que estamos buscando enteros $p > 2$ $y$ tal que
$$(y - 1)^p + y^p = (y + 1)^p. \tag{1}$$
J. G. elegantemente desechar el caso de que $p$ es impar, entonces la reducción de la $(1)$ modulo $y$ rendimientos
$$-1 = (-1)^p \equiv (y - 1)^p + y^p = (y + 1)^p \equiv 1^p = 1 \pmod{y}\,.$$
Esta congruencia solo se satisface para $y \mid 2$, es decir,$y \in \{ -2,-1,1,2\}$, y uno fácilmente se comprueba que ninguna de estas opciones le da una solución de $(1)$.
Incluso $p$, $y = 0$ los rendimientos de la única solución. Para$y < 0$, e incluso el $p$ hemos
$$(y - 1)^p + y^p = (\lvert y\rvert + 1)^p + \lvert y\rvert^p > \lvert y\rvert^p > (\lvert y\rvert - 1)^p = (y + 1)^p,$$
por lo que sigue siendo para descartar positivo $y$. Para $y \in \{1,2\}$ $p > 1$ siempre tenemos
$$(y - 1)^p + y^p < (y + 1)^p,$$
por lo tanto, en el siguiente asumimos $y > 2$. Si $(1)$ estaban satisfechos, entonces por el teorema del binomio
$$y^p = (y + 1)^p - (y - 1)^p = 2\sum_{k = 1}^{p/2} \binom{p}{2k-1} y^{2k-1} = 2py + y^3\sum_{k = 2}^{p/2} \binom{p}{2k-1}y^{2k-4}\,.$$
El lado izquierdo es divisible por $y^3$ (desde $p > 2$), y el lado derecho es divisible por $y^3$ si y sólo si $y^2 \mid 2p$. De este modo, obtener la condición necesaria $p \geqslant \frac{1}{2}y^2$. Pero entonces tenemos
$$\biggl(1 - \frac{1}{y}\biggr)^p + 1 < 2 < 1 + \frac{y}{2} \leqslant 1 + \frac{p}{y} \leqslant \biggl(1 + \frac{1}{y}\biggr)^p$$
por la desigualdad de Bernoulli.
Así, por $p > 2$ la ecuación de $x^p + y^p = z^p$ no tiene soluciones no triviales con $x,y,z$ ser números enteros consecutivos.
Ataulfo
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3108
Es fácil (y agradable!) para descartar $p$ impares (mirar las J. G. de la respuesta) por $(-1)^p\equiv 1\mod{(x+1)}$ imposible para $x\gt1$ y debido a que la ecuación de $1+2^p=3^p$ puede ser fácilmente descartadas por lo tanto consideramos que sólo $p=4n$$p=4n+2$.
Es bien conocida la periodicidad modulo $4$ de las clases del modulo $10$. Hemos modulo $10$ la siguiente tabla $$\begin{array}{|c|c|}\hline x & 1 & 2 & 3 & 4&5&6&7&8&9&0 \\\hline x^2 & 1 & 4 &9&6&5&6&9&4&1&0\\\hline x^4 &1 &6 &1&6&5&6&1&6&1&0\\\hline\end{array}$$ Es de la siguiente manera
► para $p\equiv 2\pmod4$. $$\begin{cases}1^2+2^2=3^2\Rightarrow5\equiv9\pmod{10}\\2^2+3^2=4^2\Rightarrow3\equiv6\pmod{10}\\3^2+4^2=5^2\Rightarrow5\equiv5\pmod{10}\\4^2+5^2=6^2\Rightarrow1\equiv6\pmod{10}\\5^2+6^2=7^2\Rightarrow1\equiv9\pmod{10}\\6^2+7^2=8^2\Rightarrow5\equiv4\pmod{10}\\7^2+8^2=9^2\Rightarrow3\equiv1\pmod{10}\\8^2+9^2=0^2\Rightarrow5\equiv0\pmod{10}\\0^2+1^2=2^2\Rightarrow1\equiv4\pmod{10}\end{cases}$$ (Esto puede ser escrito directamente de la tabla, pero se ha hecho explícito para principiantes).
Vemos que WLG podemos demostrado la imposibilidad de $$(10m+3)^{4n+2}+(10m+4)^{4n+2}=(10m+5)^{4n+2}.....\space\space (*)$$ ►para $p\equiv 0\pmod4$.
Del mismo modo debemos tratar sólo la ecuación $$(10m+5)^{4n}+(10m+6)^{4n}=(10m+7)^{4n}.....\space\space (**)$$
Así que hemos reducido el problema a sólo demostrando $(*)$$(**)$. Me detengo aquí, hasta que un nuevo intento y tal vez alguien puede probar de antemano la imposibilidad de estas dos ecuaciones para que las ternas Pitagóricas podría ser quizás una buena manera.
