plus fort que Fermat !!!
Bonjour, existe-il un résultat de type:$\forall n\in\N \exists(x_1,...x_n,y)\in\N , x_1^{n}+.......+x_n^{n}=y^n$ et $\forall m\in\N , m \geq n ,x_1^{m}+.......+x_n^{m}=y^m$ n'a pas de solutions entières non triviale.
Je viens de me poser cette question en repensant au grand théroème de fermat, alors si vous en savez plus que moi sûr ce sujet ça m'interresse merci :-)
Je viens de me poser cette question en repensant au grand théroème de fermat, alors si vous en savez plus que moi sûr ce sujet ça m'interresse merci :-)
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Réponses
3^3+4^3+5^3 = 6^3
Oump.
Au moins, par ordinateur!
Après, si tu veux dire mathématiques... je n'en sais rien
$12^5=4^5+5^5+6^5+7^5+9^5+11^5=248 832$
248 832 = plus petite puissance cinquième qui soit somme de six puissances cinquièmes
ref: Les Nombres Remarquables de F.Le Lionnais
Pour répondre à Là_bas_si_j_y_suis, il n'y a pas vraiment de méthode systématique, mais de bons outils (courbes elliptiques, réduction par congruences, méthode de Skolem,...).
Borde.
<BR>
<BR>
<BR>[Dans ce cas là, plutôt que suivre le conseil (?) de RAJ ci-dessous, tu cliques sur "Update" de ton navigateur. AD]<BR>
(bs: arrêtez de vous prendre la tête avec leur lathèque).
[Dans ce cas là, plutôt que suivre le conseil (?) de RAJ, tu cliques sur "Update" de ton navigateur. AD]
1^k+2^k+ ... +p^k=0^k sistsi (p-1) divise k;
de Francinou/Gianella/Nicolas p112
AD: je vais apprendre à faire update, car ça recommence!(cette fois,j'ai des nombres tétrahédriques!)
RAJ:il est vrai que la maîtrise du Latex ne m'est pas sans difficultés!
En posant N=n*(n+1), on a:
A=1^3+2^3+..+n^3=n²*(n+1)²/4=N²/4, et:
B=1^3+2^3+..+(N-1)^3=N²*(N-1)²/4.
On déduit de ces relations:
B-A= (n+1)^3+..+(N-1)^3
=N^3*[(N-2)/4]
B-A est un cube si (N-2)/4 est un cube.
Exemple 1: n=2, N=6, (N-2)/4=1, on retrouve le résultat du début
Exemple 2: n=10, N=110, (N-2)/4=27=3^3, ce qui donne un résultat beaucoup moins esthétique:
11^3+12^3+..+109^3=330^3.