Регистрирайте сеРегистрирайте се

BOM(1998)


 
   Форум за математика Форуми -> Теория на числата, Признаци за деление
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
zhivo_zad
Редовен


Регистриран на: 28 Jun 2007
Мнения: 156

Репутация: 33.8Репутация: 33.8Репутация: 33.8
гласове: 14

МнениеПуснато 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]
Rolling Eyes
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато 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
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Пафнутий
VIP


Регистриран на: 04 Mar 2008
Мнения: 1199

Репутация: 137.7
гласове: 54

МнениеПуснато 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 Rolling Eyes
ПП Ако нещо се бъркам, предварително се извинявам Wink
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Saposto_MM
Напреднал


Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
Репутация: 124.4
гласове: 67

МнениеПуснато 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 Embarassed
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
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
dim
Напреднал


Регистриран на: 28 Jul 2008
Мнения: 324

Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7
гласове: 21

МнениеПуснато 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 Rolling Eyes
ПП Ако нещо се бъркам, предварително се извинявам Wink


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
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Пафнутий
VIP


Регистриран на: 04 Mar 2008
Мнения: 1199

Репутация: 137.7
гласове: 54

МнениеПуснато 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] Wink
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
dim
Напреднал


Регистриран на: 28 Jul 2008
Мнения: 324

Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7Репутация: 45.7
гласове: 21

МнениеПуснато 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
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
astateoftrance
Начинаещ


Регистриран на: 05 Feb 2008
Мнения: 57
Местожителство: Бургас
Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3Репутация: 9.3
гласове: 1

МнениеПуснато 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
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
krainik
Фен на форума


Регистриран на: 01 May 2009
Мнения: 697

Репутация: 51.8
гласове: 44

МнениеПуснато 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 Wink 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 Laughing
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Теория на числата, Признаци за деление Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
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
Copyright © 2005-2021 math10.com.