KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[370] Lóczi Lajos2005-10-24 23:11:17

De azt nem látom, hogy mi a kapcsolat a két egyenlet (azaz a 4.-5. hatványos és a köbösszeges) között? Mire lehet következtetni a másikra nézve, ha tudjuk, hogy az egyiknek mi a megoldása/nincs megoldása?

Előzmény: [368] Káli gúla, 2005-10-24 23:03:26
[369] Káli gúla2005-10-24 23:06:03

A "123-höz hasonlóan" szövegrész törlendő. Elnézést.

[368] Káli gúla2005-10-24 23:03:26

Egyrészt az x4+y5=1728 egyenletnek nincs megoldása mod 41, másrészt, a 123-höz hasonlóan a 413 is többféleképpen írható fel, de nem két, hanem három köbszám összegeként.

Előzmény: [366] Lóczi Lajos, 2005-10-24 22:50:25
[367] jonas2005-10-24 22:59:46

Valóban, fel is van sorolva a listában (ami nem rendezett).

Talán kiszámolom, ha kevésbé vagyok fáradt.

Előzmény: [363] Lóczi Lajos, 2005-10-24 22:20:20
[366] Lóczi Lajos2005-10-24 22:50:25

Miért, az x3+y3+z3=413 egyenletről mit lehet tudni? (És hogyan kapcsolódik az x4+y5=1728-hoz? Kíváncsi lettem.)

Előzmény: [364] Káli gúla, 2005-10-24 22:35:27
[365] nadorp2005-10-24 22:36:24

Ez poén, beismerem ezzel a konstrukcióval még nem találkoztam.

Előzmény: [360] jonas, 2005-10-24 21:20:47
[364] Káli gúla2005-10-24 22:35:27

De épp a 40-nél kár lenne abbahagyni a keresést. Erre próbáltam tegnap is célozgatni, a 413=x3+y3+z3 egyenlet megoldásszámával.

Előzmény: [363] Lóczi Lajos, 2005-10-24 22:20:20
[363] Lóczi Lajos2005-10-24 22:20:20

Sajnos a megoldásod hibás: az első számkupacban ott az 1-es, míg a másodikban a 7-es, és 1+7=8.

Előzmény: [362] jonas, 2005-10-24 21:49:44
[362] jonas2005-10-24 21:49:44

Jé, tényleg elrontottam valamit.

A 40 modulus jó: x4mod 40 lehet 0, 1, 16, 25

y5mod 40 lehet 0, 1, 32, 3, 24, 5, 16, 7, 8, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39

Így aztán x4+y5mod 40 lehetséges értékei 0, 1, 32, 3, 24, 5, 16, 7, 8, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 2, 4, 6, 10, 12, 14, 18, 20, 22, 26, 28, 30, 34, 36, 38.

1728mod 40=8 nincs ezek között.

Előzmény: [361] Lóczi Lajos, 2005-10-24 21:21:54
[361] Lóczi Lajos2005-10-24 21:21:54

Pedig lehet. Segítség: cáfoljuk meg a megoldás létezését, hogy az egyenletet egy alkalmas maradékosztály felett nézzük.

Előzmény: [359] jonas, 2005-10-24 21:12:05
[360] jonas2005-10-24 21:20:47

Ha már a pitagoraszi számhármasokról van szó, mutatok egy módszert, ahogy elő lehet állítani őket. Legyen a,b egészek.

|b+ai|=|a+bi|

ezért


1 = \left|\frac{b + ai}{a + bi}\right| =
\left|\frac{(b + ai)(a - bi)}{a^2 + b^2}\right| =
\frac{|2ab + (a^2 - b^2)i|}{|a^2 + b^2|}

tehát a számláló és a nevező négyzete egyenlő:

(2ab)2+(a2-b2)2=(a2+b2)2

Ez persze nem bizonyítja, hogy csak ilyen alakúak lehetnek (konstans szorzótól eltekintve).

Előzmény: [358] nadorp, 2005-10-24 10:11:01
[359] jonas2005-10-24 21:12:05

Átrendezve x4+y5=1728.

Ez érdekes egyenlet: nem tudom modulusokkal megcáfolni, de megoldást sem találtam rá (próbálgatással). Kis megoldás úgy tűnik nincs egyikre sem.

Előzmény: [353] Lóczi Lajos, 2005-10-23 17:10:39
[358] nadorp2005-10-24 10:11:01

Itt egy érdekes adalék az eredeti problémához.

Legyenek a,b,c pitagoraszi számhármasok, azaz a2+b2=c2. Ekkor

(ab)4+(ac)4+(bc)4=a4b4+c4(a4+b4)=a4b4+c4((a2+b2)2-2a2b2)=a4b4-2a2b2c4+c8=(c4-a2b2)2

Tehát a x4+y4+z4=t2 egyenletnek végtelen sok megoldása van, ellentétben az x4+y4=t2 egyenlettel,aminek egy sincs.

[357] Lóczi Lajos2005-10-23 20:48:12

Igen, direkt szerepeltettem olyan számokat, amelyek utalnak taxicab-number-ekre, de ezt csak szándékos megtévesztésnek szántam :-), szerintem köbszámokhoz az egésznek nincs sok köze.

Előzmény: [355] Káli gúla, 2005-10-23 20:01:59
[356] Lóczi Lajos2005-10-23 20:42:22

Természetesen próbálgattam. (A nemlineáris diofantoszi egyenletek elmélete tele van ad hoc módszerekkel, és szerintem a legnehezebb matematikák közé tartozik. Elképzelhető persze, hogy az algebrai görbék vagy varietások elméletével lehetne valamit mondani általában, de ehhez nem konyítok, messze meghaladja a képességeimet.)

Előzmény: [354] Csimby, 2005-10-23 19:49:34
[355] Káli gúla2005-10-23 20:01:59

Érdekes szám ez, főleg így rendszám alakba normálva :) A problémás modulus köbe többféleképp írható fel három pozitív köbszám összegeként?

Előzmény: [353] Lóczi Lajos, 2005-10-23 17:10:39
[354] Csimby2005-10-23 19:49:34

A 13 honnan jött? Elkezdtél próbálgatni vagy van valami okosabb módszer?

Előzmény: [352] Lóczi Lajos, 2005-10-23 16:43:09
[353] Lóczi Lajos2005-10-23 17:10:39

Akkor én is generáltam egy egyenletet, ami megoldandó az egészek körében:

x4+y5+1=103+93.

[352] Lóczi Lajos2005-10-23 16:43:09

Nem a kicsiség számít, hanem a maradékosztályok :)

Az egyenletnek nincs egész megoldása, ugyanis nézzünk mindent modulo 13:

egy negyedik hatvány 13-mal maradékosan osztva négyféle maradékot adhat, nevezetesen {0,1,3,9} valamelyikét,

egy harmadik hatvány 13-mal maradékosan osztva ötféle maradékot adhat: {0,1,5,8,12} valamelyikét,

viszont 1919 maradékosan osztva 13-mal 7-et ad.

És a 7 nem áll elő két olyan szám összegeként, amelyben az első tag az első halmazból, a második a másodikból van véve.

Előzmény: [351] Káli gúla, 2005-10-23 16:20:51
[351] Káli gúla2005-10-23 16:20:51

75. feladat.  Van-e egész számokból álló megoldása az  x4+y3=1919  egyenletnek? (Valamivel kisebb a jobb oldal, mint az előző feladatban:)

[350] jonas2005-10-23 15:29:27

Izé, ezt zárójelezni kéne, vagyis 26824404+153656394+187967604= (-18796760)4+26824404+153656394= (-15365639)4+26824404+187967604= (-18796760)4+(-15365639)4+26824404= (-2682440)4+153656394+187967604= (-18796760)4+(-2682440)4+153656394= (-15365639)4+(-2682440)4+187967604= (-18796760)4+(-15365639)4+(-2682440)4= 20615674

Előzmény: [349] jonas, 2005-10-23 15:24:41
[349] jonas2005-10-23 15:24:41

Még néhány megoldást az első alapján könnyű találni, hiszen

26824404+153656394+187967604= -187967604+26824404+153656394= -153656394+26824404+187967604= -187967604+-153656394+26824404= -26824404+153656394+187967604= -187967604+-26824404+153656394= -153656394+-26824404+187967604= -187967604+-153656394+-26824404= 206156734

Előzmény: [348] Lóczi Lajos, 2005-10-23 13:56:18
[348] Lóczi Lajos2005-10-23 13:56:18

Egy megoldást tehát találtunk, de ezzel nem szabad megelégedni. Most megkérdezem a kitűzőt, hogy árulja el az ÖSSZES TÖBBI megoldását az egyenletének, vagy mutassa meg, hogy nincs más :-)

[347] lorantfy2005-10-23 13:54:48

Kedves Lajos!

Gratulálok! Erről van szó. A Fermat sejtés bizonyításakor komoly problémát jelentettek az Euler sejtést cáfoló számítógépes megoldások. Ezért ezeket meg lehet találni az interneten, vagy pl. Simon Signh: A nagy FERMAT sejtés c. könyvében.

26824404+153656394+187967604=206156734

Előzmény: [345] Lóczi Lajos, 2005-10-23 13:36:55
[346] Lóczi Lajos2005-10-23 13:46:50

Á, némi internetes keresgélés után rátaláltam:

26824404+153656394+187967604=206156734

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program  
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley