Меню
)
Регистрация не е нужна, освен при създаване на тема в "Задача на седмицата".
Олекотен вариант на теоремата на Ферма
9 мнения
• Страница 1 от 1
Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от georgi111 » 16 Мар 2021, 16:13
Да се докаже, че уравнението $x^n + y^n = z^n$, където $n>1$ е естествено число и $0<x≤n$ и $0<y≤n$, няма решение в цели числа. (Забранено е ползването на Великата Теорема на Ферма )
)
Силно олекотен
от pal702004 » 16 Мар 2021, 20:04
Защото при тези условия и при $x \le y$ имаме $x^n+y^n \le 2y^n<(y+1)^n$
Два члена на бинома на Нютон са достатъчни.
Два члена на бинома на Нютон са достатъчни.
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от georgi111 » 17 Мар 2021, 16:35
pal702004 хммм нещо не схващам как това съображение точно я решава задачката ...
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от pal702004 » 17 Мар 2021, 17:42
Ами с това, че $y^n<x^n+y^n<(y+1)^n$
или
$y<z<y+1$
и трудно ще се намери цяло число между две съседни цели.
или
$y<z<y+1$
и трудно ще се намери цяло число между две съседни цели.
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от georgi111 » 17 Мар 2021, 17:45
Доказателство(което аз съм достигнал): Да допуснем противното, нека $ x^{n}+y^{n}=z^{n}, 1\le x,y\le n$. Б.о.о. $ gcd(x,y,z)=1 \rightarrow gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$. Директно се проверява, че при $n=2$ уравнението няма решение.Тогава $n\ge 3$. Понеже $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ и $gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1,gcd(x,y)=gcd(y,z)=gcd(z,x)=1$, то точно едно от числата $x,y,z$ е четно. Ще отбележим, че $z^{n}=x^{n}+y^{n} \le 2n^{n}<(\frac{3}{2}n)^{n} \rightarrow z<\frac{3}{2}n$. Възможни са следните случаи :
1сл. $z$− четно, значи $x,y$ са нечетни.
Полагаме $z=2z_{1} \rightarrow x^{n}+y^{n}=2^{n}(z_{1})^{n} \rightarrow\ x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n}))$.
1.1 $n=2l$
Последователно получаваме $0\equiv x^{2l}+y^{2l}\equiv (x^{l})^{2}+(y^{l})^{2}\equiv 2(mod(4))$, понеже сумата от квадратите на две нечетни числа се дели на 2, но не си дели на 4.Тогава получаваме противоречие с нашето допускане, понеже имахме $x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n})), n\ge 3$.
1.2 $n=2l+1$
$0\equiv x^{2l+1}+y^{2l+1}\equiv (x+y)(x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l})\equiv (x+y)(mod(2^{n}))$, понеже числото \displaystyle x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l} е сума на нечетен брой нечетни събираеми и следователно е нечетно.Получихме, че $2^{n}|(x+y) \rightarrow 2^{n}\le x+y$. Но $x+y\le 2n<2^{n}$ при $n\ge 3$. Т.е. отново противоречие.
2сл. $z$− нечетно, значи точно едно от числата $x,y$ е четно.Б.о.о. $x=2x_{1} \rightarrow 2^{n}x_1^{n}=z^{n}-y^{n} \rightarrow z^{n}-y^{n}\equiv 0(mod(2^{n}))$. Записваме $n=2^{k}l, k\in N_{0}, l\ge 1$ е нечетно. Имаме, че
$0\equiv z^{n}-y^{n}\equiv z^{2^{k}l}-y^{2^{k}l}\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-1}}-y^{l.2^{k-1}})\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})(z^{l.2^{k-2}}-y^{l.2^{k-2}})\equiv ...\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})(mod(2^{l.2^{k}}))$.Т.е. получихме, че $(z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})\equiv 0(mod(2^{l.2^{k}}))$. Понеже $l,y,z$ са нечетни, то за всяко $i, 0\le i\le k-1$ имаме, че $z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}}\equiv 2(mod(4)) \rightarrow \prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}})\equiv 0(mod 2^{k})$, но $2^{k+1}$ не дели $\prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}})$. Остана да съобразим, че $z^{l}-y^{l}=(z-y)(z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1})$, тук $z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1}$ е нечетно. Тогава трябва да е в сила сравнението: $z-y\equiv 0(mod(2^{l.2^k-k}))$. Оттук заключаваме, че $2^{l.2^k-k}\le z-y<z<\frac{3}{2}n$. Tогава трябва да е в сила $2^{l.2^k-k}<\frac{3}{2}n=3(l.2^{k-1})$. Ще докажем точно обратното неравество при $k\ge 3$, с което ще стигнем до противоречие с нашето допускане.За да решим окончателно задачата, ще трябва да разгледаме случаите $k=0,1,2$.
Нека първо $k\ge 3$.Тогава $2^{l.2^k-k}>3(l.2^{k-1}) \Leftrightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l$. Но $3l<2^{l+1}$. А също така $l+1<l.2^k-2k+1 \Leftrightarrow l+2k<l.2^{k} \Leftrightarrow \frac{1}{2^{k}}+\frac{k}{2^{k-1}}\le \frac{1}{8}+\frac{3}{4}<1$. Тогава $2^{l.2^k-2k+1}>2^{l+1}>3l$.
Остана да разгледаме случаите $k=0,1,2$.
a) $k=0 \rightarrow l\ge 3$, защото $n>2$.$k=0 \rightarrow 2^{l.2^k-2k+1}=2^{l+1}>3l$
b) $k=1 \rightarrow l \ge 3$, защото $n>2$. $2^{l.2^k-2k+1}=2^{2l-1}> 2^{l+1}>3l$
c) $k=2$. Сега ако $l\ge 3 \Rightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l$. Нека сега $l=1 \Rightarrow n=4$. Директно се проверява, че уравнението $x^{4}+y^{4}=z^{4}$ няма решение при $x,y\le 4$, с което твърдението е доказано.
1сл. $z$− четно, значи $x,y$ са нечетни.
Полагаме $z=2z_{1} \rightarrow x^{n}+y^{n}=2^{n}(z_{1})^{n} \rightarrow\ x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n}))$.
1.1 $n=2l$
Последователно получаваме $0\equiv x^{2l}+y^{2l}\equiv (x^{l})^{2}+(y^{l})^{2}\equiv 2(mod(4))$, понеже сумата от квадратите на две нечетни числа се дели на 2, но не си дели на 4.Тогава получаваме противоречие с нашето допускане, понеже имахме $x^{n}+y^{n}\equiv 0(mod(2^{n})), n\ge 3$.
1.2 $n=2l+1$
$0\equiv x^{2l+1}+y^{2l+1}\equiv (x+y)(x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l})\equiv (x+y)(mod(2^{n}))$, понеже числото \displaystyle x^{2l}-x^{2l-1}y+...-xy^{2l-1}+y^{2l} е сума на нечетен брой нечетни събираеми и следователно е нечетно.Получихме, че $2^{n}|(x+y) \rightarrow 2^{n}\le x+y$. Но $x+y\le 2n<2^{n}$ при $n\ge 3$. Т.е. отново противоречие.
2сл. $z$− нечетно, значи точно едно от числата $x,y$ е четно.Б.о.о. $x=2x_{1} \rightarrow 2^{n}x_1^{n}=z^{n}-y^{n} \rightarrow z^{n}-y^{n}\equiv 0(mod(2^{n}))$. Записваме $n=2^{k}l, k\in N_{0}, l\ge 1$ е нечетно. Имаме, че
$0\equiv z^{n}-y^{n}\equiv z^{2^{k}l}-y^{2^{k}l}\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-1}}-y^{l.2^{k-1}})\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})(z^{l.2^{k-2}}-y^{l.2^{k-2}})\equiv ...\equiv (z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})(mod(2^{l.2^{k}}))$.Т.е. получихме, че $(z^{l.2^{k-1}}+y^{l.2^{k-1}})(z^{l.2^{k-2}}+y^{l.2^{k-2}})...(z^{2l}+y^{2l})(z^{l}+y^{l})(z^{l}-y^{l})\equiv 0(mod(2^{l.2^{k}}))$. Понеже $l,y,z$ са нечетни, то за всяко $i, 0\le i\le k-1$ имаме, че $z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}}\equiv 2(mod(4)) \rightarrow \prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}})\equiv 0(mod 2^{k})$, но $2^{k+1}$ не дели $\prod_{i=0}^{k-1}(z^{l.2^{i}}+y^{l.2^{i}})$. Остана да съобразим, че $z^{l}-y^{l}=(z-y)(z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1})$, тук $z^{l-1}+z^{l-2}y+...+zy^{l-2}+y^{l-1}$ е нечетно. Тогава трябва да е в сила сравнението: $z-y\equiv 0(mod(2^{l.2^k-k}))$. Оттук заключаваме, че $2^{l.2^k-k}\le z-y<z<\frac{3}{2}n$. Tогава трябва да е в сила $2^{l.2^k-k}<\frac{3}{2}n=3(l.2^{k-1})$. Ще докажем точно обратното неравество при $k\ge 3$, с което ще стигнем до противоречие с нашето допускане.За да решим окончателно задачата, ще трябва да разгледаме случаите $k=0,1,2$.
Нека първо $k\ge 3$.Тогава $2^{l.2^k-k}>3(l.2^{k-1}) \Leftrightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l$. Но $3l<2^{l+1}$. А също така $l+1<l.2^k-2k+1 \Leftrightarrow l+2k<l.2^{k} \Leftrightarrow \frac{1}{2^{k}}+\frac{k}{2^{k-1}}\le \frac{1}{8}+\frac{3}{4}<1$. Тогава $2^{l.2^k-2k+1}>2^{l+1}>3l$.
Остана да разгледаме случаите $k=0,1,2$.
a) $k=0 \rightarrow l\ge 3$, защото $n>2$.$k=0 \rightarrow 2^{l.2^k-2k+1}=2^{l+1}>3l$
b) $k=1 \rightarrow l \ge 3$, защото $n>2$. $2^{l.2^k-2k+1}=2^{2l-1}> 2^{l+1}>3l$
c) $k=2$. Сега ако $l\ge 3 \Rightarrow 2^{l.2^k-2k+1}>3l$. Нека сега $l=1 \Rightarrow n=4$. Директно се проверява, че уравнението $x^{4}+y^{4}=z^{4}$ няма решение при $x,y\le 4$, с което твърдението е доказано.
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от georgi111 » 17 Мар 2021, 18:57
pal702004 написа:Ами с това, че $y^n<x^n+y^n<(y+1)^n$
или
$y<z<y+1$
и трудно ще се намери цяло число между две съседни цели.
Всъщност аргументът работи , но който е недосетлив и умът му е къс като на мен ръцете са му дълги
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от Гост » 18 Мар 2021, 00:43
Малко уточнение, коментар на решението на pal702004.
При условието n>1 не е възможно (очевидно!) x=y. Затова WLOG може да се приеме по-силното условие x<y вместо x≤y. Тогава, ако има решение, то x≥n+1 и y≥n+2.
Замислих се за уравнението на Ферма. Хрумна ми следното. Дали за всяка двойка (p, n), просто число p, цяло число n, n≥3, уравнението на Ферма има винаги решение в полето GF(p)? (Имам предвид x, y и z да са от GF(p).) Знаят ли се прости числа, за които не е решимо в GF(p)? Очевидно съществува алгоритъм, чрез който за всеки конкретни p и n да се провери за краен брой стъпки, изчерпващо търсене. Дали е установено, че съществува просто p, за което е нерешимо за всяко n в GF(p)? Предполагам не, защото ако се намери такова p, то от това следва, че уравнението няма решение в цели числа, т.е. ГТФ. Дали е установено, че съществува цяло n, за което е нерешимо за всяко просто p в GF(p)? Или за всяко цяло n, n≥3, да се намери просто p, за което уравнението не е решимо в GF(p)? Може би за всяка такава двойка (p, n) винаги има решение в GF(p) и за това има елементарно доказателство?
Ако някой знае, моля да го напише.
На долните въпроси се търси отговор с елементарни методи (може и с неелементарни!) без позоваване на нерешимост на уравнение на Ферма (ГТФ). Навсякъде по-долу под решение се разбира такава тройка числа x, y, z, в която всеки две от трите числа са взаимно прости.
1. Да се докаже, че за всяко цяло число n, n≥3, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, y, z), за които е изпълнено.
Аналогични въпроси и за трите неизвестни. Те са следните.
2. Да се докаже, че за всяко цяло число x, x≥4, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (y, z, n), n≥3, за които е изпълнено.
3. Да се докаже, че за всяко цяло число y, y≥5, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, z, n), n≥3, за които е изпълнено.
4. Да се докаже, че за всяко цяло число z, z≥6, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, y, n), n≥3, за които е изпълнено.
Една забележка относно горните въпроси. Ясно е, че ако k е цяло, k≥1, и (a, b, c) е решение за някое n, то и k(a, b, c) също е решение. Оттам следва, че ако има едно решение за някое n, то има безброй много решения. В горните 4 въпроса се пита за краен брой решения, но при ограничението всеки две от трите числа x, y, z да са взаимно прости. Ако това условие се пропусне, то от краен брой решения следва, че няма решение. Тогава задачата за доказване, че има краен брой решения за всяко цяло n, n≥3, е ГТФ, но с друга формулировка. А в горните 4 въпроса не се пита това.
Да речем, че за някое n, n≥3, тройките (a1, b1, c1) и (a2, b2, c2) са решения. Ще казваме, че тези тройки са еквивалентни, ако съществуват цели положителни числа a, b, c, k и m такива, че (a1, b1, c1)=k(a, b, c) и (a2, b2, c2)=m(a, b, c). В горните 4 въпроса става дума за краен брой класове еквивалентни решения.
Има ли решения на тези въпроси? Аз лично не знам. Ако някой знае нещо по тези въпроси, моля да сподели.
------------------------------------------------------------------------------------------------
Бележки:
1. ГТФ - голяма теорема на Ферма.
2. Произведение на число с наредена тройка числа определяме както обичайно: k(x, y, z)=(kx, ky, kz).
При условието n>1 не е възможно (очевидно!) x=y. Затова WLOG може да се приеме по-силното условие x<y вместо x≤y. Тогава, ако има решение, то x≥n+1 и y≥n+2.
Замислих се за уравнението на Ферма. Хрумна ми следното. Дали за всяка двойка (p, n), просто число p, цяло число n, n≥3, уравнението на Ферма има винаги решение в полето GF(p)? (Имам предвид x, y и z да са от GF(p).) Знаят ли се прости числа, за които не е решимо в GF(p)? Очевидно съществува алгоритъм, чрез който за всеки конкретни p и n да се провери за краен брой стъпки, изчерпващо търсене. Дали е установено, че съществува просто p, за което е нерешимо за всяко n в GF(p)? Предполагам не, защото ако се намери такова p, то от това следва, че уравнението няма решение в цели числа, т.е. ГТФ. Дали е установено, че съществува цяло n, за което е нерешимо за всяко просто p в GF(p)? Или за всяко цяло n, n≥3, да се намери просто p, за което уравнението не е решимо в GF(p)? Може би за всяка такава двойка (p, n) винаги има решение в GF(p) и за това има елементарно доказателство?
Ако някой знае, моля да го напише.
На долните въпроси се търси отговор с елементарни методи (може и с неелементарни!) без позоваване на нерешимост на уравнение на Ферма (ГТФ). Навсякъде по-долу под решение се разбира такава тройка числа x, y, z, в която всеки две от трите числа са взаимно прости.
1. Да се докаже, че за всяко цяло число n, n≥3, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, y, z), за които е изпълнено.
Аналогични въпроси и за трите неизвестни. Те са следните.
2. Да се докаже, че за всяко цяло число x, x≥4, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (y, z, n), n≥3, за които е изпълнено.
3. Да се докаже, че за всяко цяло число y, y≥5, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, z, n), n≥3, за които е изпълнено.
4. Да се докаже, че за всяко цяло число z, z≥6, уравнението на Ферма има краен брой решения. Имам предвид краен брой тройки (x, y, n), n≥3, за които е изпълнено.
Една забележка относно горните въпроси. Ясно е, че ако k е цяло, k≥1, и (a, b, c) е решение за някое n, то и k(a, b, c) също е решение. Оттам следва, че ако има едно решение за някое n, то има безброй много решения. В горните 4 въпроса се пита за краен брой решения, но при ограничението всеки две от трите числа x, y, z да са взаимно прости. Ако това условие се пропусне, то от краен брой решения следва, че няма решение. Тогава задачата за доказване, че има краен брой решения за всяко цяло n, n≥3, е ГТФ, но с друга формулировка. А в горните 4 въпроса не се пита това.
Да речем, че за някое n, n≥3, тройките (a1, b1, c1) и (a2, b2, c2) са решения. Ще казваме, че тези тройки са еквивалентни, ако съществуват цели положителни числа a, b, c, k и m такива, че (a1, b1, c1)=k(a, b, c) и (a2, b2, c2)=m(a, b, c). В горните 4 въпроса става дума за краен брой класове еквивалентни решения.
Има ли решения на тези въпроси? Аз лично не знам. Ако някой знае нещо по тези въпроси, моля да сподели.
------------------------------------------------------------------------------------------------
Бележки:
1. ГТФ - голяма теорема на Ферма.
2. Произведение на число с наредена тройка числа определяме както обичайно: k(x, y, z)=(kx, ky, kz).
- Гост
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от ptj » 18 Мар 2021, 06:33
georgi111 написа:Да се докаже, че уравнението $x^n + y^n = z^n$, където $n>1$ е естествено число и $0<x≤n$ и $0<y≤n$, няма решение в цели числа. (Забранено е ползването на Великата Теорема на Ферма
Не ми се рови из старите ми мнения ...
Re: Олекотен вариант на теоремата на Ферма
от ptj » 19 Мар 2021, 02:24
ptj написа:Намерете всички решения на [tex]x_1^n=x_2^n+...+x_i^n[/tex] в естествени числа, където [tex]n\ge x_1>x_2>...>x_i[/tex] и [tex]n\ge i\ge3[/tex].
[tex](i,n,x_1,x_2,....,x_n\in N)[/tex]
https://www.matematika.bg/f/viewtopic.php?f=49&t=21024
9 мнения
• Страница 1 от 1
Назад към Състезания за 9 - 12 клас
Кой е на линия
Регистрирани потребители: Google [Bot]