Регистрирайте се
Предишната тема :: Следващата тема |
Автор |
Съобщение |
zhivo_zad Редовен
Регистриран на: 28 Jun 2007 Мнения: 156
гласове: 14
|
Пуснато на: Fri Apr 11, 2008 1:59 pm Заглавие: BOM(1998) |
|
|
Да се докаже, че уравнението няма решение в цели числа
[tex]m^{2 }[/tex] [tex]=[/tex] [tex]n^{5}-4[/tex]
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Реклама
|
Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007 Мнения: 383 Местожителство: Панагюрище гласове: 67
|
Пуснато на: Wed Apr 16, 2008 11:34 am Заглавие: |
|
|
Разглеждаме три направления:
1) n=2k, => m=2t, => 4t2=32k5-4 | :4
k2+1=8t5 - противоречие.
2) n=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|n5, => p|m2+4 => p|2 - противоречие.
3) n=4k+1. Записваме m2+62=n5+25, m2+62=(n+2)Q, n+2=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|(n+2)Q, => p|m2+62 => p|m, p|6, => p=3. Но тогава 3|n+2=4k+3, => k=0, n=1. След проверка достигаме до противоречие.
Трудното е във 3) да намерим такива числа x,y така, че x2-y5=4 за да получим m2+x2=n5+y5. Мисля, че е вярно.
Имам един сборник, в които задачата е решена посредством разглеждане на уравнението по mod 11.
Последната промяна е направена от Saposto_MM на Thu Apr 17, 2008 9:58 am; мнението е било променяно общо 1 път |
|
Върнете се в началото |
|
|
Пафнутий VIP
Регистриран на: 04 Mar 2008 Мнения: 1199
гласове: 54
|
Пуснато на: Wed Apr 16, 2008 8:39 pm Заглавие: |
|
|
MM написа: | Разглеждаме три направления:
1) n=2k, => m=2t, => 4t2=32k5-4 | :4
k2+1=8t5 - противоречие.
2) n=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|n5, => p|n2+4 => p|2 - противоречие.
3) n=4k+1. Записваме m2+62=n5+25, m2+62=(n+2)Q, n+2=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|(n+2)Q, => p|m2+62 => p|m, p|6, => p=3. Но тогава 3|n+2=4k+3, => k=0, n=1. След проверка достигаме до противоречие.
Трудното е във 3) да намерим такива числа x,y така, че x2-y5=4 за да получим m2+x2=n5+y5. Мисля, че е вярно.
Имам един сборник, в които задачата е решена посредством разглеждане на уравнението по mod 11. |
Във 1) накрая използваш, че квадратите на целите числа дават остатъци (1,4,0) по (mod 8 ), нали?
А в 2) КОЯ теорема използваш? Ако р е просто и [tex] p |a^2 +b^2 --> p|a, p|b[/tex] ли? Защото [tex]n^5[/tex] не е задължително да е точен квадрат
ПП Ако нещо се бъркам, предварително се извинявам |
|
Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007 Мнения: 383 Местожителство: Панагюрище гласове: 67
|
Пуснато на: Thu Apr 17, 2008 9:57 am Заглавие: |
|
|
За 1) е достатъчно 0 и 1 по mod 4 защото при сравнение с 4 0 и 4 са равносилни.
За 2) правописна грешка
MM написа: | Разглеждаме три направления:
1) n=2k, => m=2t, => 4t2=32k5-4 | :4 k2+1=8t5 - противоречие.
2) n=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|n5, => p|n2+4 => p|2 - противоречие.
3) n=4k+1. Записваме m2+62=n5+25, m2+62=(n+2)Q, n+2=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|(n+2)Q, => p|m2+62 => p|m, p|6, => p=3. Но тогава 3|n+2=4k+3, => k=0, n=1. След проверка достигаме до противоречие.
Трудното е във 3) да намерим такива числа x,y така, че x2-y5=4 за да получим m2+x2=n5+y5. Мисля, че е вярно.
Имам един сборник, в които задачата е решена посредством разглеждане на уравнението по mod 11. |
В червеното трябва да е p|m2+4! Оправих го. |
|
Върнете се в началото |
|
|
dim Напреднал
Регистриран на: 28 Jul 2008 Мнения: 324
гласове: 21
|
Пуснато на: Fri Aug 22, 2008 9:54 am Заглавие: |
|
|
stanislav atanasov написа: | MM написа: | Разглеждаме три направления:
1) n=2k, => m=2t, => 4t2=32k5-4 | :4
k2+1=8t5 - противоречие.
2) n=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|n5, => p|n2+4 => p|2 - противоречие.
3) n=4k+1. Записваме m2+62=n5+25, m2+62=(n+2)Q, n+2=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|(n+2)Q, => p|m2+62 => p|m, p|6, => p=3. Но тогава 3|n+2=4k+3, => k=0, n=1. След проверка достигаме до противоречие.
Трудното е във 3) да намерим такива числа x,y така, че x2-y5=4 за да получим m2+x2=n5+y5. Мисля, че е вярно.
Имам един сборник, в които задачата е решена посредством разглеждане на уравнението по mod 11. |
Във 1) накрая използваш, че квадратите на целите числа дават остатъци (1,4,0) по (mod 8 ), нали?
А в 2) КОЯ теорема използваш? Ако р е просто и [tex] p |a^2 +b^2 --> p|a, p|b[/tex] ли? Защото [tex]n^5[/tex] не е задължително да е точен квадрат
ПП Ако нещо се бъркам, предварително се извинявам |
Относно 2) - коя е тази теорема? 5/62+72, но 5 не дели нито 6 нито 7. Иначе ако става въпрос за 3 например трърдението е вяно, т. е. ако 3/а2+b2 то 3/а и 3/b.Но не мисля че може да обобщим за всяко просто p. |
|
Върнете се в началото |
|
|
Пафнутий VIP
Регистриран на: 04 Mar 2008 Мнения: 1199
гласове: 54
|
Пуснато на: Fri Aug 22, 2008 2:25 pm Заглавие: |
|
|
Ако [tex]p[/tex] е просто число от вида [tex]4k+3[/tex] и имаш [tex]p=a^2+b^2[/tex] , то [tex]p|a[/tex] и [tex]p|b[/tex] |
|
Върнете се в началото |
|
|
dim Напреднал
Регистриран на: 28 Jul 2008 Мнения: 324
гласове: 21
|
Пуснато на: Mon Aug 25, 2008 10:07 am Заглавие: |
|
|
Благодяря, не я знаех тази теорема. А има ли други прости числа от тоя вид за които важи теоремата? Имам предвид ако простите числа са от вида p=ak+b, за кои a и b може да се обобщи теоремата? |
|
Върнете се в началото |
|
|
astateoftrance Начинаещ
Регистриран на: 05 Feb 2008 Мнения: 57 Местожителство: Бургас гласове: 1
|
Пуснато на: Wed Nov 05, 2008 11:24 am Заглавие: |
|
|
MM написа: | Разглеждаме три направления:
1) n=2k, => m=2t, => 4t2=32k5-4 | :4
k2+1=8t5 - противоречие.
2) n=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|n5, => p|m2+4 => p|2 - противоречие.
3) n=4k+1. Записваме m2+62=n5+25, m2+62=(n+2)Q, n+2=4k+3, => съществува просто p=4r+3, p|(n+2)Q, => p|m2+62 => p|m, p|6, => p=3. Но тогава 3|n+2=4k+3, => k=0, n=1. След проверка достигаме до противоречие.
Трудното е във 3) да намерим такива числа x,y така, че x2-y5=4 за да получим m2+x2=n5+y5. Мисля, че е вярно.
Имам един сборник, в които задачата е решена посредством разглеждане на уравнението по mod 11. |
Хубаво, ама 3 не е единственото число, което е сравнимо с 1 по модули 3 и 4... |
|
Върнете се в началото |
|
|
krainik Фен на форума
Регистриран на: 01 May 2009 Мнения: 697
гласове: 44
|
Пуснато на: Wed May 27, 2009 6:48 pm Заглавие: |
|
|
dim написа: | Благодяря, не я знаех тази теорема. А има ли други прости числа от тоя вид за които важи теоремата? Имам предвид ако простите числа са от вида p=ak+b, за кои a и b може да се обобщи теоремата? | Като се замислиш няма как да се обобщи тази теорема Какво точно обобщение искаш?
astateoftrance написа: |
Хубаво, ама 3 не е единственото число, което е сравнимо с 1 по модули 3 и 4... | Я дай пак |
|
Върнете се в началото |
|
|
|
|
Не Можете да пускате нови теми Не Можете да отговаряте на темите Не Можете да променяте съобщенията си Не Можете да изтривате съобщенията си Не Можете да гласувате в анкети You cannot attach files in this forum Може да сваляте файлове от този форум
|
|