KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

hirdetés

Fórum - Köbszám-sejtés, óvodás szintről indítva

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:
Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[23] Blinki Bill2013-01-25 15:21:52

"Elejétől olvas, gondolkodik, ír - ez a helyes sorrend."

Egyetértünk.

Előzmény: [21] Zilberbach, 2013-01-25 14:56:14
[22] Zilberbach2013-01-25 15:00:44

Elnézést kell kérnem, igazad van, de az én számomra zavaros volt amit írtál. Bocs.

Előzmény: [20] Blinki Bill, 2013-01-25 14:44:44
[21] Zilberbach2013-01-25 14:56:14

Ennek gondolj utána alaposan. Teljesen rossz és zavaros amit írsz.

n3 törzstényezői között mindenképp ott kell hogy legyen a 3, ezt vitatni botorság. A második mondatod is teljesen rossz.

Egyébként pont arról van szó, hogy nem lehet olyan pozitív egész számokat találni amik kielégítenék az eredeti egyenletet.

Elejétől olvas, gondolkodik, ír - ez a helyes sorrend.

Előzmény: [20] Blinki Bill, 2013-01-25 14:44:44
[20] Blinki Bill2013-01-25 14:44:44

"Vegyük észre, hogy n3 törzstényezői között mindenféleképpen ott kell hogy legyen a 3,."

Ez sajnos nem igaz, mert az eredeti egyenlet bal oldala 3-mal osztva 1 maradékot ad, így n köb nem osztható 3-mal.

Előzmény: [19] Zilberbach, 2013-01-25 14:05:55
[19] Zilberbach2013-01-25 14:05:55

Legutóbb ott hagytam abba, hogy ha bizonyítani tudnánk azt, hogy a 3t2 + 3t + 1 kifejezés nem lehet köbszám, akkor ezzel bizonyítanánk a Fermat sejtést n=3 esetre.

Írjuk föl a 3t2 + 3t + 1 = n3 egyenletet.

Osszuk el mindkét oldalt 3-mal: t2 + t + 1/3 = n3/3

Vegyük észre, hogy n3 törzstényezői között mindenféleképpen ott kell hogy legyen a 3, és mivel n pozitív egész, ezért n3/3 is egész szám kell hogy legyen. Mivel t is pozitív egész szám, ebből következik hogy t2 + t is egész szám, és ehhez adunk még egyharmadot, tehát a jobb oldal összege nem lehet egész szám.

Ezzel bizonyítottuk, hogy a 3t2 + 3t + 1 = n3 egyenlet nem teljesülhet, ha t és n pozitív egészek.

Előzmény: [18] Nánási József, 2010-08-14 15:08:36
[18] Nánási József2010-08-14 15:08:36

Ez se hosszú bizonyítás (n=3-ra) de nem olvastam el, kíváncsi vagyok, lesz-e esélyem rá, vagy valakinek itt.

Előzmény: [17] m2mm, 2010-08-14 14:52:24
[17] m2mm2010-08-14 14:52:24

http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-proof-for-n3.html

Korrektnek tűnik.

[16] Nánási József2010-08-14 12:12:29

Szerintem, folytathatjuk, mert van rá egyszerűbb bizonyítás, amit megtalálhatunk. (az említett tételnek, több mint 300 oldalas bizonyítása van.)

Előzmény: [15] Zilberbach, 2010-08-14 10:47:17
[15] Zilberbach2010-08-14 10:47:17

Köszönöm az információt.

Ha tudtam volna, hogy már bizonyították a köbszám-sejtést, akkor nem nyitottam volna ezt a témát.

Előzmény: [7] R.R King, 2010-08-13 10:15:16
[14] SAMBUCA2010-08-14 10:00:21

nem azért írtam ezt, csak gondoltam feldobom ezt az infót, jól jöhet még bármikor :)

Előzmény: [11] Nánási József, 2010-08-13 23:31:32
[13] bily712010-08-14 09:08:48

Általánosan:

n^m=\delta_{m,1}\binom{n}1+\delta_{m,2}\binom{n}2+...+\delta_{m,m}\binom{n}{m}

ahol a \deltam,1 együttható értékét a Goldbach-sejtésről topik [456]-ban adtam meg egy rossz bizonyítás részeként, ezért senki nem figyelt rá.

m=3 esetén:

n^3=1\binom{n}1+6\binom{n}2+6\binom{n}3

Előzmény: [12] bily71, 2010-08-14 08:53:38
[12] bily712010-08-14 08:53:38

Lefordítva:)

n^3=1+6\binom20+1+6\binom31+1+...+6\binom{n}{n-2}+1

Előzmény: [10] SAMBUCA, 2010-08-13 23:18:15
[11] Nánási József2010-08-13 23:31:32

Jól van, értem én, hogy elpazaroltam egy ágyúgolyót egy verébért..

:)

Előzmény: [10] SAMBUCA, 2010-08-13 23:18:15
[10] SAMBUCA2010-08-13 23:18:15

Nem véletlen, amit észrevettél, ha megnézed, hogy hogyan alakulnak a szomszédos tagok közti különbségek, akkor:

1 8 27 64 125 216 343 512 729 1000 1331 1728 2197 2744 3375 4096
7 19 37 61 91 127 169 217 271 331 397 469 547 631 721
12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 72 78 84 90
6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

Az első sor n3, a második (n+1)3-n3=3n2+3n+1, a harmadik: (3(n+1)2+3(n+1)+1)-(3n2+3n+1)=6n+6, a negyedik pedig: (6(n+1)+6)-(6n+6)=6

a fokszám tehát mindig eggyel csökken

Előzmény: [9] Nánási József, 2010-08-13 21:56:31
[9] Nánási József2010-08-13 21:56:31

Vegyük azt, hogy egy n egység oldalú kockát hány kockával kell bővíteni, ahhoz, hogy n+1 élű kockát kapjunk.

1+6*(1+2++(n-1)+n)=(n+1)3-n3 Bizonyítás teljes indukcióval:

Tegyük fel, hogy k-ra igaz(k élű kocka k+1-re való bővítésére igaz). Ez azt jelenti, hogy 1+6*(1+2++k-2+k-1+k)=(k+1)3-k3 (indukciós feltétel)

K=k+1-re is nézzük meg

1+6*(1+2++k-2+k-1+k+k+1)=(k+2)3-(k+1)3

(k+1)*6+1+6*(1+2++k-2+k-1+k)=(k+2)3-(k+1)3

6*(k+1)+(k+1)3-k3=(k+2)3-(k+1)3

6k+6+k3+3k2+3k+1-k3=(k+2)3-(k+1)3

(k+2)3-3k2-3k-1-k3=(k+2)3-(k+1)3

(k+2)3-(+3k2+3k+1+k3)=(k+2)3-(k+1)3

((k+2)3-(k+1)3=(k+2)3-(k+1)3

Ha megnézzük, akkor n=1-es kocka 1 egységkockából áll, n=2-es kocka, 8 kockából áll,

1+6*(1)=8-1

Tehát, ez igaz minden kockapárra.

Ez azt is jelenti, Hogy (n+1)3-n3=n3-(n-1)3+6n

Ez egy kis szerintem érdekes dolog, amit tegnap úgy vettem észre, hogy Excelben számolgattam dolgokat. Igaziból azt, hogy két kocka közt mekkora a különbség, és ezek különbsége mennyi, és az jött ki, hogy 7;13;19;25...

[8] R.R King2010-08-13 10:17:50

Ha jól emlékszem ennek a bizonyítása Euler egészek segítségével történik és nem ismerek rá egyszerű elemi megoldást. Szóval szerintem olvass egy kicsit utána ennek pl. a wikipédián, vagy Freud Róbert: Számelmélet című könyvében.

Előzmény: [7] R.R King, 2010-08-13 10:15:16
[7] R.R King2010-08-13 10:15:16

Az általad megadott egyenlet valóban megoldhatatlan a pozitív egészek körében ez a híres Fermat-sejtés n=3 esete. 1995 óta ez már Wiles-tétel. Tehát be van már bizonyítva, hogy ha n>2 akkor an+bn=cn nem oldható meg pozitív egészekben.

[6] Zilberbach2010-08-13 07:15:29

Természetesen t sem lehet = 0.

Előzmény: [5] Zilberbach, 2010-08-13 07:11:10
[5] Zilberbach2010-08-13 07:11:10

Igazatok van, meg kell jegyezni, hogy a, b, és c nem lehetnek = 0.

Valamint helyesebb oldal helyett lapot írni egy kocka esetében.

És 0 kockából épített kocka nem kocka (csak ez már nem passzol az óvodás stílushoz).

Előzmény: [2] Nánási József, 2010-08-12 23:18:36
[4] Nánási József2010-08-13 00:14:12

lassú voltál, 1,5 perccel megelőztelek :)

Sőt végtelen ilyen van, Legyen A=c, és b=0

Előzmény: [3] Róbert Gida, 2010-08-12 23:20:42
[3] Róbert Gida2010-08-12 23:20:42

"Nem lehet olyan a, b, c természetes számokat találni,... "

Dehogynem, a=b=c=0 mondjuk megoldása.

Előzmény: [1] Zilberbach, 2010-08-12 22:33:55
[2] Nánási József2010-08-12 23:18:36

Ha a=b=c=0, akkor 03+03=03

Szóval azt ki kell kötni hogy:

a és b \ne 0

Persze ezeket csak akkor kell, ha elfogadjuk a nulla egységkockából álló kockát.

ja köböt úgy írsz, hogy amit te is írtál $ közé teszed.

a3=$a^3$

[1] Zilberbach2010-08-12 22:33:55

A köbszám-sejtés: Nem lehet olyan a, b, c természetes számokat találni, amik kielégítenék az alábbi egyenletet: a^3 + b^3 = c^3

(Sajnos csak így tudom írni a hatványkitevőket.)

Óvodás szinten: Óvodában vagyunk, ahol nagyon sok, azonos méretű kocka van. Ezekből a kockákból építünk nagyobb kockákat. Azt találjuk, hogy ha egy kisebb kockát nagyobbá építünk át - további alapméretű kockák hozzáadásával - majd azt visszabontjuk, akkor a lebontott kockákból soha nem tudunk (maradék nélkül) egy másik kockát építeni. Óvodás szinten így fogalmazható meg a köbszám sejtés.

Általános iskolás szinten: A legkevesebb elemet kívánó kocka-nagyobbítást írjuk föl képlettel, ha a bővítendő kocka éle n számú egységkockából áll:

A három oldal nagyobbítása: 3n^2 darab egység-kockát igényel, a három él bővítése 3n darab egység-kockát, a csúcs bővítése 1 darabot, az összesen: 3n^2 + 3n + 1.

Ha ezt hasonló módon tovább nagyobbítjuk az 3(n+1)^2 + 3(n+1) + 1 darab egység-kocka fölhasználását igényli.

Ha ezt is tovább építjük az további 3(n+2)^2 + 3(n+2) + 1 darab egység-kocka fölhasználását fogja igényelni, és így tovább...

Gimnáziumi szinten: Vegyük észre hogy a(z egymás után következő) minimális számú elemet igénylő bővítések sorozatot alkotnak.

Továbbá vegyük észre azt is, hogy ha bizonyítani tudnánk azt, hogy ennek a sorozatnak az elemeiből tetszőleges kezdő és végző elemmel képzett (sorozat-)összegek, illetve a sorozat elemei önmagukban, soha nem lehetnek köbszámok - akkor bizonyítottuk a köbszám-sejtést.

Egyetemi szinten: Bizonyítsuk a sorozatról tett fönti állítást!

Talán egyszerűbb lenne bizonyítani azt, hogy a 3t^2 + 3t + 1 kifejezés nem lehet köbszám (ahol t = bármely természetes szám), és már azzal is előbbre lennénk a köbszám sejtés bizonyításának (rögös) útján.

Ez az, ami nekem sajnos nem megy, talán azért mert csak egy (régi) közepes matematika érettségivel rendelkezem, de hátha valaki nálam képzettebbnek sikerülne.

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap