Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Fórum: Köbszám-sejtés, óvodás szintről indítva

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[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.