Диофантово

[Пафнутий]

Да се реши в цели числа уравнението:
[tex]x^2-y^3=7[/tex]

[Реклама]

[r2d2]

Уравнението няма решения. Ама как се доказва елементарно?

[Baronov]

Как се доказва изобщо? Залагам на елиптични криви.

[r2d2]

Някакви проверки по модул предполагам!
Все едно това е задача, на която мястото не е тук!
Освен, ако атанасов не ни изненада с някакво фасулско решение.

[v1rusman]

След прибавяне на 1 към двете страни уравнението добива вида:
[tex]x^2+1=8+y^3 => x^2+1^2=(y+2)(y^2-2y+2^2) =>x^2+1^2=(y+2)((y-1)^2+3)[/tex].
Сега вторият множител отдясно е от вида [tex]a^2+3[/tex]. Може би Baronov, r2d2 или някой друг знае свойства на делителите на числата от този вид. Ако това спомогне по някакъв начин за елементарно решение...

[Baronov]

Като разгледаме у-то по мод 8 виждаме, че x е четно, а y - нечетно.
От друга страна имаме представянето на v1rusman:
[tex]x^2+1=8+y^3 => x^2+1^2=(y+2)(y^2-2y+2^2) =>\;x^2+1^2=(y+2)((y-1)^2+3).[/tex]
Всички прости множители на лявата страна на последното уравнение са от вида 4к+1. Множителя
[tex](y-1)^2+3[/tex], обаче е от вида 4к+3(y - нечетно), т.е. има прост делител от същия вид. Противоречие.

[v1rusman]

Точно такава беше и моята идея, но мислех, че се използват други свойства (специално за делене на 2 и на 3). Най-накрая и аз да разбера кога да търся числа от вида [tex]4k+1[/tex] и [tex]4k+3[/tex] - досега винаги ги бърках. Мерси, Baronov.

[Пафнутий]

Решението ми е почти същото като на Баронов

[r2d2]

[Пафнутий]

[v1rusman]

Прав си, stanislav atanasov, но тук противоречието идва от факта, че от лявата страна ще имаш просто число от вида [tex]4k+1[/tex], а отдясно - от [tex]4k+3[/tex].

[Пафнутий]

Ако напишеш [tex]p|x , p|1\Rightarrow p=1[/tex] имаш противоречие с вида на [tex]p[/tex] , защото[tex] 1\ne 4k+3[/tex]

[r2d2]

Tова, което продължавам да не разбирам е защо числото x^2+1 не може да има прост множител от вида 4к+3.

[Пафнутий]

[v1rusman]

r2d2, защото нечетните прости делители на числата [tex]a^n + b^n[/tex] са от вида [tex]2nk+1[/tex], където [tex]n[/tex] е съответната степен.

[Pinetop Smith]

Тия двете твърдения ще ги докажете ли?

[Пафнутий]

[v1rusman]

Николай.Каракехайов, моето твърдение идва от следната:

Теорема: Ако [tex]n>1, a, b[/tex] са естествени числа, то всеки нечетен прост делител на числото [tex]a^n+b^n[/tex] или е от вида [tex]2nk+1[/tex] за някое [tex]k[/tex], или дели [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex], или дели [tex]a^{n_{1}}+b^{n_{1}}[/tex], където [tex]n_{1}[/tex] е частното на [tex]n[/tex] с по-голямо от 1 нечетно естествено число.

Мога да ПРЕпиша доказателството на теоремата, защото не съм я доказвал аз.

[Baronov]

[r2d2]

Никого не искам да дразня, ама видях много наизустени (зазубрени) неща и нито един нормален отговор!

Участник във този форум пише, че ако не можеш да обясниш нещо на 6 год. дете, то..
Ми не съм на шест, не съм тхе бест ама!...

Хайде, мерси!

[Пафнутий]

Добре де? Какво точно не ти е ясно? И кажи кое според теб съм бил назубрил?

[Baronov]

[ганка симеонова]

[Пафнутий]

Ще се опитам да реша задачата без сравнимост
Имаме [tex]x^2-y^3=7[/tex]
Първо трябва да отбележим, че x,y са от различна четност. Като добавим по [tex]1[/tex] от двете страни уравнението става еквивалентно на:
[tex]x^2-y^3+1=8\Rightarrow x^2+1^2=2^3+y^3\Leftrightarrow x^2+1^2=(y+2)(y^2-2y+4)[/tex]
1случай [tex]x[/tex]-нечетно, [tex]y[/tex]-четно: Нека [tex]y=2k[/tex], тогава
[tex]x^2+1=8+(2k)^3\Leftrightarrow x^2+1=8(1+k^3)[/tex]. Понеже [tex]x[/tex] е нечетно, то [tex]x[/tex] може да е от вида [tex]8k+1,8k+3,8k+5,8k+7[/tex] и чрез директна проверка се проверява, че за никой от случаите [tex]x^2+1[/tex] не се дели на [tex]8[/tex].Дясната се дели на 8, лявата-не- невъзможно.
2случай [tex]x[/tex]- четно, [tex]y[/tex]-нечетно. Трябва да отбележим, че всички нечетните числа биват от вида [tex]4k+1,4k+3[/tex].
2,1)[tex]y=4k+1[/tex] , тогава [tex]x^2+1^2=(4k+1+2)(y^2-2y+4)\Leftrightarrow x^2+1^2=(4k+3)(y^2-2y+4)[/tex]
Сега използваме следните 2леми:
1 лема Ако едно число е от вида [tex]4k+3[/tex] , то съществува просто число от същия вид в неговото канонично разлагана (разлагане на прости множители).
Доказателство: Да допуснем, че това не е вярно. Нека цяло число [tex]n=4t+3[/tex]. Да допуснем, че всички прости делители на [tex]n[/tex] са от вида [tex]4s+1[/tex]. Понеже [tex](4s+1)(4t+1)=16st+4s+4t+1=4(4st+s+t)+1[/tex], тогава, ако всички прости делители на [tex]n[/tex] са от вида [tex]4k+1[/tex], то и [tex]n[/tex] трябва да е от вида [tex]4l+1[/tex]-противоречие.
2 лема Ако просто число [tex]p[/tex] е от вида [tex]4s+3[/tex] и [tex]p|x^2+y^2[/tex], то [tex]p|x,p|y[/tex].
Доказателство: Понеже [tex]p=4k+3[/tex], то [tex]p\ne2[/tex] , тогава x и y са от различна четност. Нека за определеност [tex]x=2k[/tex] , тогава [tex]p|(2k)^2+y^2, p|4k^2+y^2[/tex] и понеже p=4k+3, тогава трябва и [tex]4k^2+y^2[/tex] да е от вида [tex]4k+3[/tex] или [tex]y^2=4k+3[/tex]. Тъй като y-нечетно, го то [tex]y=4k+1,4k+3[/tex] и след директна проверка [tex]y^2=4k+1[/tex]- противоречие, т.е остава [tex]p|x, p|y[/tex]
Да се върнем към задачата.
От дясната страна има множител от вида [tex]4k+3[/tex], тогава съществува просто число от същия вид, което го дели и за да е вярно уравнението, тъй като дясната страна се дели на [tex]p[/tex], то и лявата трябва, т.е [tex]p|x^2+1^2[/tex] и съгласно Лема 2, то [tex]p|x, p|1[/tex] - противоречие с вида на [tex]p[/tex]
2,2) [tex]y=4k+3[/tex], тогава [tex]x^2+1^2=(y+2)((4k+3)^2-2.(4k+3)+4)\Rightarrow x^2+1^2=(y+2)(4k^2+24k+9-8k-6+4)\Rightarrow x^2+1^2=(y+2)(4(k^2+6k-2k+1)+3)[/tex] и от дясната страна има множител от вида [tex]4s+3[/tex], тогава съществува просто число от същия вид, което го дели и за да е вярно уравнението, тъй като дясната страна се дели на [tex]p[/tex], то и лявата трябва, т.е [tex]p|x^2+1^2[/tex] и съгласно Лема 2, то [tex]p|x, p|1[/tex] - противоречие с вида на [tex]p[/tex]
ПП Надявам се всичко да е ясно

[Baronov]

Да искате да решавате теория на числата без модулна аритметика, е все едно да решавате геометрия без чертеж. Резултатът е такъв, решение на елементарна задача на цяла страница при това не съвсем чисто.
Доказателството ти на лема 2 не ме кефи изобщо. Не виждам защо х и у са от различна четност и не виждам защо [tex]4x^{2} + y^{2}[/tex] е от вида 4k+3. Не знам дали това са съществени грешки или просто пропуски, не съм чел решението ти докрай.
Сигурно има смисъл да се опитваш да решаваш задачата без модулна аритметика, но аз не го виждам. Все пак това е материал за 8-9 клас.

[Пафнутий]

Бях помолен да напиша решението на задачата без сравнимост и доказателството на 2рата лема се чудех как да го напиша без mod и само това ми дойде на акъла.

[martosss]

Хех, х и у защо са от различна четност и аз се запитах, но бързо си отговорих - ако и двете са четни, то x² и y³ също са четни, откъдето разликата също е четно число - лошо
Ако и двете са нечетни - то отново x² и y³ са нечетни, откъдето отново разликата им е нечетно число, ето ти отговор на първия въпрос, на втория и аз не мога да си отговоря, затова и не разбирам повечето такива задачи, като вкарате една теория такава модулна и съм

[Baronov]

х и у в лема 2 нямат нищо общо със задачата. Лемата е вярна за произволни х и у.
Мартос, доказателството не го разбираш, защото не е чисто(т.е. може би не е и вярно). Не знам дали може да се изчисти. Не съм мислил.
Както и да е. Ето ви друг факт(от който следва нашия):
Ако [tex]x^{2}+y^{2}[/tex] се дели на просто p, то тогава р е сума от 2 квадрата(упътване: Лема на Туе и може би Лема на Безу).
Не знам това колко е без сравнения, но общия факт е як. От него следва, че всяко просто от вида 4к+1 може да се представи като сума на 2 квадрата. Иначе може да следвате моето доказателство с Ферма и да го напишете без сравнения. Но ще ви трябва Ферма де.

[Пафнутий]

[Baronov]

Николов го доказва по друг начин. Това с Лема на Туе си е мое (сигурно съм го чел някъде де).
Николов доказва някво доста по силно с метод на Ферма за безкрайно спускане. Взима там някво диофантово уравнение([tex]ab=c^{2}+1[/tex]) и доказва някво яко представяне за а,в и с. Това ли имаш предвид?
Както и да е, не е истина колко доказателства има на една очевидна лема2.