matematikk.net

Can you find five prime numbers $p, q, r, s, t$ such that $p^3+q^3+r^3+s^3 =t^3$?

Nei.
Åpenbart kan ikke t være lik 2 eller 3. Av modulo 2 kan vi utag anta at $p=2$. Videre ser vi på modulo 9. q, r og s kan ikke alle være 3 fordi da er ikke venstresiden et kubikktall. Primtall i tredje potwns er kongruente med 1 eller -1 modulo 9. Dermed kan ikke 0 eller 2 av q, r og s være lik 3 siden venstresiden da er kongruent med et partall modulo 9. $2^3+3^4$ er ikke et kubikktall. Dermed kan vi utag anta at $q=3$. Likningen er nå $35+r^3+s^3=t^3$. Til slutt ser vi modulo 7. Vi har at primtall opphøyd i 3 er kongruent med -1 eller 1. Det følger at nøyaktig ett av primtallene på venstresiden er 7. Både r og s kan ikke være det fordi da må også t være delelig på 7, men dersom t er lik 7, så blir venstresiden for liten. Vi må nå løse $378+s^3=t^3$. La $t=s+a$. Vi må nå løse likningen $x^3+3sx^2+3s^2x=378$. Siden $8^3>378$, så kan vi anta at $0<x<8$. Modulo 3 gir oss at 3 deler x. De eneste mulighetene for x er da 3 og 6. Disse kan sjekkes med abc-formel.

Ny oppgave:
Vis at for alle heltall $d>59$ er $\gcd (2^{2^a}+d, 2^{2^b}+d)$ ubegrenset over alle positive heltall $a$ og $b$.

Vi løser oppgaven for alle \(d>2\), og det impliserer oppgaven siden \(2<59\). Vi ser på \(2^{2^i}+d\) som en følge.
Av kobayashi (eller et lett argument) får vi at vi bare trenger å tenke på tilfellet hvor uendelig mange primtall deler \(2^{2^a}+d\), la disse primtallene være i mengden \(P\). Anta at \(\gcd(2^{2^a}+d,2^{2^b}+d)\) er bundet over \(a,b\).

Påstand 1: Vi har \(p\mid 2^{2^a}+d\implies v_2(p)>a\) for alle primtall \(p\) som bare er delelig på \(2^{2^a}+d\) for nøyaktig en \(a\).
Bevis: Vi ser på en slik \(p\), som også oppfyller \(d\not\equiv -1\pmod p\). Da har vi for en \(a\) at \(2^{2^a}\equiv -d\pmod p\). Merk at da vil neste tallet i følgen være \(\equiv (-d)^2\pmod p\), og alle de neste tallene vil være \(\equiv (-d)^{2^k}\pmod p\). Hvis vi ser på likningen \(a^2\equiv a\pmod p\), har vi løsningene
\(a=0\) eller \(a=1\). Åpenbart vil vi aldri nå ha at \((-d)^{2^k}\equiv 0\pmod p\), så vi må ha at eventuelt \((-d)^{2^k}\equiv 1\pmod p\), siden ellers, vil følgen alltid gå til et nytt tall, og eventuelt bli periodisk og gå tilbake til \(-d\), en motstigelse.
Dermed har vi \[(2^{2^a})^{2^k}\equiv (-d)^{2^k}\equiv 1 \pmod p\]
For en \(k\). Hvis vi når ser på \(ord_p(2)\), så har vi \[ord_p(2)\mid 2^{a+k}\] men samtidig har vi \(2^{2^a}\equiv(-d)\not \equiv 1\pmod p\) som impliserer at \(ord_p(2)\nmid 2^a\implies 2^a\mid ord_p(2)\). Av FLT har vi også \(2\mid ord_p(2)\mid p-1\) som impliserer \(v_2(p-1)>a\).

Hvis vi nå ser på \(p\in P\), vet vi enten at \(p\) deler uendelig tall i følgen eller ikke. Merk at mengden primtall som deler flere ledd i følgen må være endelig, siden ellers ville vi kunne valgt et arbitrært stort tall som deler flere tall i følgen, som er en motstigelse.

Påstand 2: \(d=2^{k}\) hvor \(k>0\).
Bevis: \[2^{2^a}+d=C_a\prod_{i=1}^{l}p_i=C_a\prod_{i=1}^{l}(c_i2^{k_i}+1)\] Hvor \(k_i>a\). Her bruker vi påstand 1. Ser for deg nå at vi ganger ut høyre sida. Da vil vi eventuelt få et utrykk på denne formen:
\[C_aL+C_a\] hvor \(L=\prod_{i=1}^{l}(c_i2^{k_i}+1)-1\). Merk at \(2^a\mid L\), så vi har likningen \[2^{2^a}=C_aL+(C_a-d)\]. Hvis nå \(C_a\neq d\), så har vi at vi kan velge \(a\) slik at \[v_2(C_a-d)<a\leq v_2(C_aL)\], som betyr at \[v_2(C_aL+C_a-d)=v_2(C_a-d)<a<2^a\] som er en motstigelse. Da må vi ha \(C_a=d\). Merk også at siden \(C_aL=2^{2^a}\) har vi \(d=C_a=2^k\) som er det vi skulle vise.

Nå trenger vi bare å se på tilfellet \(d=2^k\). Siden \(k>0\), så har \(2^a-k\) en odde primfaktor \(q\) større enn \(1\) for stor nok \(a\). Da vil \[2^{v_2(2^a-k)q}+1\mid 2^{2^a-k}+1\]og vi kan velge \(b=a+q-1\) som impliserer \(q\mid 2^b-k\), og dermed \[2^{v_2(2^b-k)q}+1\mid 2^{2^b-k}+1\]Hvis nå \(a,b>v_2(k)\), har vi \[v_2(2^a-k)=v_2(k)=v_2(2^b-k)\]. Da vil vi ha \[2^{v_2(2^b-k)q}+1\mid \gcd(2^{2^a}+d,2^{2^b}+d)\] og siden vi det er uendelig slik \(q\) er vi ferdig.

For hvilke positive heltall \(b>1\) finnes det uendelig positive heltall \(n\) slik at \(n^2\mid b^n+1\)?

Svaret er alle $b>2$.
Vi viser først at det går for alle $b>2$. La $p$ være et primtall som deler $b+1$. Av Zsigmondy eksisterer det et primtall $q\neq p$ som deler $b^p+1$. Av LTE følger det at $(pq)^2\mid b^{pq}+1$. Vi legger induktivt til flere primtallsfaktorer. Anta at $n^2\mid b^n+1$. Det betyr at $r\mid b^{n/r}+1$ for alle primtallsfaktorer $r$ av $n$. Av Zsigmondy eksisterer det dermed et primtall $p'$ som deler $b^n+1$, men ikke $n$. Av LTE følger det at $(np')^2\mid b^{np'}+1$. Slik kan legge til uendelig mange primtall. Dermed eksisterer det uendelig mange $n$ slik at $n^2 \mid b^n+1$.

Nå viser vi at det ikke er mulig for $b=2$. AFMS at det eksisterer uendelig mange $n$ slik at $n^2\mid 2^n+1$. Åpenbart kan ikke $n$ være et partall. Av LTE kan ikke $n$ være en potwns av 3. La $p$ være det minste primtallet ikke lik 3 som deler $n$. Vi har at $ord_p(2)\mid n$ og at $ord_p(2)\mid p-1$. Av minimaliteten til $p$ er dermed $\gcd(n, p-1)\mid 3$. Det følger at $p\mid 2^3+1=9$, en motsigelse.
$\blacksquare$

Ny oppgave:
Finn alle positive heltall $n$ og $k$ slik at $\prod_{i=1}^k (n+i) -k$ er et kvadrattall.