ТЕОРЕМАТА НА ДОНЕВ

[Гост]

Прегледайте прикачения файл, ако математиката ви е страст, чакам вашето мнение и доказателство. Теоремата е интересна и все още не е обект на разглеждане в математиката.
Успех, чакам доказателства !!!!

[georgi111]

Ето го моето решение.Това което трябва да докажем е еквивалентно на [tex]3^n+4^n+5^n=6^n[/tex] няма решение в цели положителни числа за [tex]n > 3[/tex]. Възможни са 2 случая :
1 случай) [tex]n[/tex] - четно. Тогава имаме [tex]3^n + 4^n + 5^n \equiv 2(mod 4)[/tex], откъдето [tex]6^n \equiv 2(mod 4)[/tex], което е невъзможно при четно [tex]n[/tex](тогава [tex]6^n \equiv 0(mod 4)[/tex]).
2 случай) [tex]n[/tex] - нечетно. Тогава имаме [tex]6^n \equiv 1(mod 5)[/tex], и [tex]3^n+4^n+5^n \equiv -2^n - 1[/tex], или [tex]2^n \equiv -2 \equiv 3 (mod 5)[/tex]. От последното следва, че [tex]n=4n_1 + 3(n=2k+1, 2^n = 4^k.2 \equiv 3)[/tex], откъдето имаме [tex]k=2n_1 + 1[/tex], иначе получаваме противоречие ([tex]k=2.n_1, 2^n=16^{n_1}.2 \equiv 2 \equiv 3(mod 5)[/tex]). Сега даденото уравнение става : [tex]3^{4n_1+3} + 4^{4n_1+3} + 5^{4n_1+3} = 6^{4n_1+3},n_1 \ge 1[/tex]. Сега по модул 16 имаме последователно : [tex]6^{4n_1+3} \equiv (2^4)^{n_1}.2^3.3^3.3^{4n_1} \equiv 0 (mod 16)[/tex], [tex]4^{4n_1+3} \equiv (2^8)^{n_1}.2^6 \equiv 0 (mod 16)[/tex], [tex]3^{4n_1+3} \equiv (3^4)^{n_1}.3^3 \equiv 1^{n_1}.27 \equiv -5 (mod 16)[/tex], [tex]5^{4n_1+3} \equiv (5^4)^{n_1}.5^3 \equiv 1^{n_1}.125 \equiv -3 (mod 16)[/tex]. Тогава [tex]3^{4n_1+3} + 4^{4n_1+3} + 5^{4n_1+3} \equiv -8 (mod 16)[/tex], докато [tex]6^{4n_1 + 3} \equiv 0 (mod 16)[/tex] - противоречие. С това задачата е решена.

[Гост]

Чудно ми е защо условието на задачата е толкова усложнено - прогресии, чудеса, работи. Не е ли по-просто да бъде:

"Да се докаже, че [tex]3^n+4^n+5^n=6^n[/tex] няма решение за нито едно естествено число [tex]n \gt 3[/tex]."

?

[Гост1]

Може да се забележи, че при [tex]n>3[/tex] [tex]3^n+4^n+5^n<6^n[/tex], което не се доказва трудно.

[drago]

Toва е истината. Няма нужда от никакви съображения от ТЧ.
По най-тъпия начин:
[tex]6^n=5^n(\frac{6}{5})^n[/tex]
При [tex]n\geq 7[/tex] имаме [tex](\frac{6}{5})^n >3[/tex] => [tex]6^n > 3\cdot 5^n > 3^n+4^n+5^n[/tex]
За n=4,5,6 се проверява директно.

[Гост]

"Теоремата на Донев", как звучи само, все едно някво фундаментално откритие, при това неизследвано още в математиката...а то кво било?... няква задачка дето я раздробиха за отрицателно време. Жалко само, че разбиха излюзията на Донев на пух и прах, хехе.

[Гост]

И на мен ми се е случвало. Не знам кой е Донев, но ме радва, че има амбиции. След време може да открие нещо по-красиво. Човек трябва да опитва.

[inveidar]

Това е Митко Донев с "доказателството" на Великата теорема на Ферма. Не го ли знаете?! И аз не го познавам.

[inveidar]

Ето го моето решение.Това което трябва да докажем е еквивалентно на [tex]3^n+4^n+5^n=6^n[/tex] няма решение в цели положителни числа за [tex]n > 3[/tex]. Възможни са 2 случая :
1 случай) [tex]n[/tex] - четно. Тогава имаме [tex]3^n + 4^n + 5^n \equiv 2(mod 4)[/tex], откъдето [tex]6^n \equiv 2(mod 4)[/tex], което е невъзможно при четно [tex]n[/tex](тогава [tex]6^n \equiv 0(mod 4)[/tex]).
2 случай) [tex]n[/tex] - нечетно. Тогава имаме [tex]6^n \equiv 1(mod 5)[/tex], и [tex]3^n+4^n+5^n \equiv -2^n - 1[/tex], или [tex]2^n \equiv -2 \equiv 3 (mod 5)[/tex]. От последното следва, че [tex]n=4n_1 + 3(n=2k+1, 2^n = 4^k.2 \equiv 3)[/tex], откъдето имаме [tex]k=2n_1 + 1[/tex], иначе получаваме противоречие ([tex]k=2.n_1, 2^n=16^{n_1}.2 \equiv 2 \equiv 3(mod 5)[/tex]). Сега даденото уравнение става : [tex]3^{4n_1+3} + 4^{4n_1+3} + 5^{4n_1+3} = 6^{4n_1+3},n_1 \ge 1[/tex]. Сега по модул 16 имаме последователно : [tex]6^{4n_1+3} \equiv (2^4)^{n_1}.2^3.3^3.3^{4n_1} \equiv 0 (mod 16)[/tex], [tex]4^{4n_1+3} \equiv (2^8)^{n_1}.2^6 \equiv 0 (mod 16)[/tex], [tex]3^{4n_1+3} \equiv (3^4)^{n_1}.3^3 \equiv 1^{n_1}.27 \equiv -5 (mod 16)[/tex], [tex]5^{4n_1+3} \equiv (5^4)^{n_1}.5^3 \equiv 1^{n_1}.125 \equiv -3 (mod 16)[/tex]. Тогава [tex]3^{4n_1+3} + 4^{4n_1+3} + 5^{4n_1+3} \equiv -8 (mod 16)[/tex], докато [tex]6^{4n_1 + 3} \equiv 0 (mod 16)[/tex] - противоречие. С това задачата е решена.

Георги, като гледам как боравиш с тези сравнения по модул ми се ще да ти дам една задачка за домашно. Автор е моят уважаван приятел и колега г-н Иван Тюфекчиев от Перник. Задачата беше публикувана на страниците на сп. Математика през далечната 1976 година и никой не успя да я реши в продължение на повече от година. Накрая това успя да направи ученик от Перник, който написа доклад на въпросната тема. Бяха го поканили в Щатите на някаква конференция, но не успя да замине. Решението използваше преход в полето на комплексните числа. Двадесет години по-късно задачата беше решена точно със сравнения по модул и решението беше публикувано в едно от нашите списания. Не съм сигурен за името на колегата, който я реши и затова няма да го казвам. Задачата е:

Да се реши в цели числа уравнението [tex]7^{x}-3^{y}=100[/tex].

[Гост]

Списание "Математика" от 1996 г. виждал съм статията.

[inveidar]

Ins, знаех си, че ще я откриеш, но не я казвай на Георги за да се мъчи!!! Можеш ли да я сканираш и да ми я изпратиш, че не ми се рови в мазето?! Моля ти се!!!

[Гост]

Скапал ми се е скенера, но мога да пусна някои ключови моменти от решението, ако някой прояви интерес. Знам, че Георги като я види - ще се юрне да я решава - на него теория на числата му дай, а ми се щеше да видя задача на седмицата дето съм пуснал - решена. Той каза, че я е решил - значи е решима и коректна - ако може някой да пусне нейно разбираемо решение - viewtopic.php?f=49&t=12129 - това е задачата.

[Гост]

Сега "Теоремата на Донев" слагам го в кавички защото не си мисля че ще съм открил топлата вода, та да кажа наистина теоремата е доста елементарна. Като гледам написаните неща се чудя на умозаключенията и усложнението което си създават хората за да стигнат до решение на нещо което има явно решение и то е дадено в изписването на самото условие.
Сега ще подскажа малко. Въпросната теорема е свързана с обем на кубове, ограждащи правоъгълния триъгълник със страни 3, 4, 5 и пряко свързана с Питагоровата Теорема.
Да има уловка в условието но въпроса е да се развива мисленето нали.
Апропо , относно изказването че със елементарно заместване на числа могат да се доказват тези, не знам какво да кажа вече на това. Числата са безкрай и може да си заместваш докато си жив и пак няма да стигнеш до края, но това не доказва нищо. !!!

[Гост]

И на мен ми се е случвало. Не знам кой е Донев, но ме радва, че има амбиции. След време може да открие нещо по-красиво. Човек трябва да опитва.

Благодаря, но името ТЕОРЕМА НА ДОНЕВ е закачка, не мисля че съм единствения достигнал до това заключение !! Въпреки това задачата е интересна !! Господин Донев е обикновен инженер, далеч от математиката по професия по скоро любител и ми е интересно да се занимавам със сложни казуси Късничко ми е мисля вече за да бъда откривател.

[georgi111]

Списание "Математика" от 1996 г. виждал съм статията.

И Аз съм виждал статията в 9ти клас още . Много яка задачка

[georgi111]

Подсказка : едно решение е (x,y)=(3,5)

[Гост]

"Теоремата на Донев", как звучи само, все едно някво фундаментално откритие, при това неизследвано още в математиката...а то кво било?... няква задачка дето я раздробиха за отрицателно време. Жалко само, че разбиха излюзията на Донев на пух и прах, хехе.

Въпроса със числата е ясен, заместваш определени числа и виждаш че не се получава, но това не е доказателство , а решение на частен случай !!!!
Доказателство в общ вид на твърдението без да има противоречия с частните случаи и да обхваща всички числа е съвсем друго.
Да направо ми се разбиха илюзиите, като гледам обаче как се подхожда към казуса.
Да ТЕОРЕМАТА НА ДОНЕВ звучи добре, някак си фундаментално, но е хубаво понякога да си зададеш въпроса защо е точно така написано - просто предизвикателство.
Просто приеми че не аз съм я измислил но аз я сложих тук за да мислиш.
Пробвай се да ме направиш на пух и прах като докажеш НО НАЙСТИНА че:

аn+вn+сn=vn при N>3
няма решения за цели положителни числа
А за останалите заместващи , ще кажа 3 , 4 , 5 , 6 са само четири числа пробвайте с по общи понятия !!!!

[Гост]

Ето един малко по различен подход за решение на задачата която господин Стоянов показа(ако някъде не съм се объркал в бързината ). Имаме 2 случая за [tex]x[/tex]:
1 случай) [tex]x[/tex]-четно. Нека [tex]x=2k[/tex]. Тогава имаме [tex]7^{2k}-3^y=10^2[/tex], или еквивалентно записано [tex](7^k-10)(7^k+10)=3^y(*)[/tex]. Ясно е, че [tex](7^k-10, 7^k+10)=1[/tex](защото НОД-а им трябва да дели едновременно [tex]2.10, 2.7^k[/tex],т.е. 2 а те са нечетни).Тогава от [tex](*)[/tex] имаме, че [tex]7^k-10=3^m, 7^k+10=3^n[/tex], за някакви цели числа [tex]m,n[/tex],т.е. [tex]3^n - 3^m = 20[/tex], което е невъзможно за цели [tex]m,n[/tex].
2 случай) [tex]x[/tex]-нечетно. Нека [tex]x=2k+1[/tex]. Тогава имаме последователно [tex]7.7^{2k}-3^y=10^2[/tex], или [tex]3.7^{2k}-3^y=10^2-4.7^{2k}[/tex], откъдето [tex]3.(7^{2k}-3^{y-1})=4(5-7^k)(5+7^k)[/tex], откъдето следва, че [tex]3^{y-1} \equiv 1(mod 4)(**)[/tex]([tex]7^{2k} \equiv (-1)^{2k} = 1 (mod 4)[/tex]). От [tex](**)[/tex] следва, че [tex]y[/tex]-нечетно т.е. [tex]y=2l+1[/tex]. Сега уравнението добива вида [tex]7^{2k+1}-3^{2l+1}=10^2[/tex], откъдето по модул 10 имаме [tex]7.(-1)^k -3.(-1)^l \equiv 0 (mod 10)[/tex], откъдето директно следва, че не може [tex]k,l[/tex] да са от еднаква четност.
2.1 случай) [tex]k=2p, l=2q+1[/tex], откъдето [tex]x=4p+1, y=4q+3[/tex], тогава нашето уравнение става : [tex]7^{4p+1}-3^{4q+3}=10^2[/tex]. Сега "оперираме" по модул 9: [tex]10^2 \equiv 1(mod 9), 3^{4q+3} \equiv 0(mod 9), 7^{4p+1} \equiv 7.(7^2)^{2p} \equiv (-2).(2^2)^{2p} \equiv -2^{4p+1}(mod 9)[/tex]т.е. получаваме [tex]2^{4p+1} \equiv -1 (mod 9)[/tex], от друга страна [tex]2^{4p+1} \equiv 7^p.(-7) \equiv -7^{p+1}[/tex]. Така получихме, че [tex]7^{p+1} \equiv 1 (mod 9)[/tex], което е възможно само за [tex]p+1=0[/tex](степен на 7 дава остатъци 1,7,4 шри делене на 9 като само нулевата степен дава 1ца).Това не дава решение на нашето уравнение.
2.2 случай) [tex]k=2p+1, l=2q[/tex], откъдето [tex]x=4p+3, y=4q+1[/tex], тогава нашето уравнение става : [tex]7^{4p+3}-3^{4q+1}=10^2[/tex].Отново "оперираме" по модул 9: [tex]10^2 \equiv 1(mod 9), 3^{4q+3} \equiv 0(mod 9), 7^{4p+3} \equiv 7.(7^2).(7^2)^{2p} \equiv (-2).(2^2).(2^2)^{2p} \equiv -2^{4p+3}(mod 9)[/tex] т.е. получаваме [tex]2^{4p+3} \equiv -1 (mod 9)[/tex]. Аналогично на случай 2.1 стигаме до извода ,че [tex]7^p \equiv 1 (mod 9)[/tex], откъдето единствено може [tex]p=0[/tex] . Замествайки по обратен път стигаме до извода, че [tex]x=3, y=5[/tex], което е и единственото решение на задачата.

[Гост]

Ins, знаех си, че ще я откриеш, но не я казвай на Георги за да се мъчи!!! Можеш ли да я сканираш и да ми я изпратиш, че не ми се рови в мазето?! Моля ти се!!!

То на такива задачи трябва да се "напипа" верния модул/и +- някоя Ферма +- някой показател по модул или разлагане на множители които чат пат са взаимно прости

[Гост]

Toва е истината. Няма нужда от никакви съображения от ТЧ.
По най-тъпия начин:
[tex]6^n=5^n(\frac{6}{5})^n[/tex]
При [tex]n\geq 7[/tex] имаме [tex](\frac{6}{5})^n >3[/tex] => [tex]6^n > 3\cdot 5^n > 3^n+4^n+5^n[/tex]
За n=4,5,6 се проверява директно.

Е да ... един учител добър по математика ми казваше навремето - "на който ума му е къс ръцете му са дълги" като на мене ... А може и с индукция да се докаже да ...

[inveidar]

степен на 7 дава остатъци 1,7,4 при делене на 9 като само нулевата степен дава 1ца

Е те това не е вярно. [tex]7^{3}=343=9.38+1[/tex].

[inveidar]

Аз бях 11 клас, когато дадоха тази задача. Участвах в конкурса на сп. Математика и предишната година бях на 3 място. А 1976 също участвах и бях май на 4 място, но за сметка на това спечелих наградата за най-оригинално решение на конкурсна задача от участник в турнира. Не за тази, а за друга задача. Ще ви я кажа и нея друг път. Въпросът е, че задачата на Тюфекчиев я мъчих повече от година. Дори в казармата се занимавах с нея. Ако можеше да се реши с модул 9, не бих я изпуснал! Бях измислил какви ли не хитрини без модули. Спомням си, че я бях натиснал даже и с логаритми. По едно време си мислех, че почти съм я решил, но ... все малко не ми достигаше. След като я решиха загубих интерес. Между другото имах "късмета" да се оженя за перничанка и щастието да работя с г-н Тюфекчиев две години в Станцията на младите техници. Тогава той ми разказа как е дал задачата с обещанието по-късно да прати решението. Но в един момент се оказало, че е забравил точно как я е решил. Мъчихме се доста с него и тогава по задачата, но отново без успех.

[Гост]

степен на 7 дава остатъци 1,7,4 при делене на 9 като само нулевата степен дава 1ца

Е те това не е вярно. [tex]7^{3}=343=9.38+1[/tex].

Да да .. офффффф за съжаление сте прав . Прекалено лесно "излезна" .

[inveidar]

Ins, знаех си, че ще я откриеш, но не я казвай на Георги за да се мъчи!!! Можеш ли да я сканираш и да ми я изпратиш, че не ми се рови в мазето?! Моля ти се!!!

Намерих списанието. Не се труди да снимаш статията. Ако искате, мога да ви пусна решението на Светлозар Дойчев.

[Гост]

Супер ... Пускайте