Grei tallteori
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Vi kan skrive om til $19x^3-19\cdot 100 = 84+84y^2$, så $19(x^3-100) = 84(1+y^2)$, men høyresiden er aldri delelig med $19$ siden $y^2 \equiv -1 \pmod{19}$ ikke er løsbar av Eulers kriterium da $(-1)^{\frac{19-1}{2}} \equiv -1 \pmod{19}$. Derfor har likningen ingen heltallsløsninger.
Oi, beklager! Det sjekket jeg ikke. Håper ikke denne har blitt spurt før:Gustav skrev:Denne mener jeg er postet og løst her minst én gang tidligere, ja.Markus skrev:Mulig du har sett den før, men oppfølger:
La $n\in \mathbb{Z}_{>1}$, vis at $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{n}$ ikke er et heltall.
Finn alle heltallsløsninger $(x,y)$ til likningen $x^4-6x^2+1=7\cdot 2^y$
La først $z=x^2$, så ligningen blir $z^2-6z+1=7\cdot 2^y$, som har løsningene $z=3\pm \sqrt{7\cdot 2^y+8}$. Hvis $y>3$ vil vi kunne skrive uttrykket inni rottegnet som $8(7\cdot 2^{y-3}+1)$, men her vil faktoren 2 være opphøyd i en odde potens (siden $2\nmid (7\cdot 2^{y-3}+1))$), dermed er uttrykket aldri et kvadrattall, så de eneste mulighetene nå er $y=2$ og $y=3$ ($y$ kan ikke være negativt). Gjennom å sjekke de to casene vil man se at de eneste heltallsløsningene er $x=\pm 3, y=2$.Markus skrev: Finn alle heltallsløsninger $(x,y)$ til likningen $x^4-6x^2+1=7\cdot 2^y$
Selvsagt korrekt. Fra den grekse olympiaden 2010.Gustav skrev:La først $z=x^2$, så ligningen blir $z^2-6z+1=7\cdot 2^y$, som har løsningene $z=3\pm \sqrt{7\cdot 2^y+8}$. Hvis $y>3$ vil vi kunne skrive uttrykket inni rottegnet som $8(7\cdot 2^{y-3}+1)$, men her vil faktoren 2 være opphøyd i en odde potens (siden $2\nmid (7\cdot 2^{y-3}+1))$), dermed er uttrykket aldri et kvadrattall, så de eneste mulighetene nå er $y=2$ og $y=3$ ($y$ kan ikke være negativt). Gjennom å sjekke de to casene vil man se at de eneste heltallsløsningene er $x=\pm 3, y=2$.Markus skrev: Finn alle heltallsløsninger $(x,y)$ til likningen $x^4-6x^2+1=7\cdot 2^y$