Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[383] Lóczi Lajos	2005-10-29 22:01:15
Az egész számok körében nincs megoldás :)
Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41

[382] lorantfy

2005-10-29 11:54:41

76. feladat: Oldjátok meg az egyenletet:

$x^2+\frac{25x^2}{(x+5)^2}=11$

[381] Róbert Gida

2005-10-29 02:12:14

Sokkal egyszerübben is meg lehet oldani ezeket, ha lnko(p,q)>1 most itt x⁵⁹+y⁵⁹=3, feltehető a szimmetria miatt, hogy x $\geq$ 0>y, továbbá x⁵⁹=3+(-y)⁵⁹ miatt, hogy x>-y, de akkor x⁵⁹+y⁵⁹ $\geq$ x⁵⁹-(x-1)⁵⁹, de ez x-ben nyilván monoton nő, x=0;1-re nincs megoldás és x $\geq$ 2-re x⁵⁹+y⁵⁹ $\geq$ 2⁵⁹-1, így nincs megoldás.

Ez általánosítható arra az esetre is, ha d=lnko(p,q)>1, használjuk, hogy a szomszédos d-edik hatványok különbsége monoton nő,mint az előbb és ha x ismert, akkor az egyenletből abs(y) is megkapható, így az egyenletnek véges sok megoldása lehet legfeljebb.

Az általános esetben feltehető, hogy p vagy q páratlan , különben lnko(p,q) $\geq$ 2 teljesül. Legyen például q páratlan, ekkor az egyenlet átírható ( az új y legyen a régi -y ).Az egyenlet

x^p-y^q=k

, ahol k nem nulla, akkor az egyenletnek minden k-ra véges sok megoldása van, ez S. S. Pillai sejtése, máig megoldatlan.

Előzmény: [373] nadorp, 2005-10-27 09:55:27

[380] Lóczi Lajos	2005-10-28 23:19:38
Igen, ezek a számok pár napja jó ismerőseim. :) (Az is érdekes kérdés még, hogy a minimális cáfolómodulushoz tartozó "alkalmas n-ek" halmaza micsoda, hányelemű, stb., de ez nyilván bonyolultabb kérdés lenne.)
Előzmény: [379] Ali, 2005-10-28 14:46:34

[379] Ali

2005-10-28 14:46:34

Mégegyszer átolvasva minmod(p,q) definícióját, és "alkalmas n"-hez keresve a minimális modulusokat ez jön ki:

minmod(3,3)=7

minmod(5,5)=11

minmod(7,7)=29

minmod(11,11)=23

minmod(13,13)=53

minmod(17,17)=103

minmod(19,19)=191

minmod(23,23)=47

minmod(29,29)=59

minmod(31,31)=311

minmod(37,37)=149

minmod(41,41)=83

minmod(43,43)=173

minmod(47,47)=283

Ebből valóban adódik a 2/a sejtés.

Előzmény: [378] Ali, 2005-10-28 12:00:54

[378] Ali

2005-10-28 12:00:54

Kicsit zavaros ez a minmod(p,q).

Pl.: x⁵+y⁵=7 egyenlet megoldhatságát az m=11 modulus cáfolja, míg x⁵+y⁵=13 -t m=25, az x⁵+y⁵=23 -t pedig m=31.

Akkor most melyik a minmod ?

Előzmény: [377] Lóczi Lajos, 2005-10-27 22:56:47

[377] Lóczi Lajos

2005-10-27 22:56:47

Tekintsük tehát az alábbi (*)

x^p+y^q=n

nemlineáris diofantoszi egyenletet, ahol p>2 és q>2 adott prímszámok, n valamely adott egész szám, és x, y a keresendő ismeretlen egészek. Ennek megoldhatatlanságát szeretnénk kimutatni bizonyos p, q kitevők mellett, alkalmas n jobboldalak esetén.

A (*) egyenlet nyilván megoldhatatlan, ha találunk egy alkalmas m $\ge$ 2 egész modulust, hogy (*) megoldhatatlan modulo m.

Gyakorlati szempontból az a fontos, ha minél kisebb ilyen m "cáfoló modulust" sikerül találnunk. Ezért pl. az alábbi számot szeretnénk meghatározni:

minmod(p,q) := min{m $\in$ N| m $\ge$ 2 és van olyan n $\in$ {1,2,...,m}, hogy minden x $\in$ {1,2,...,m} és minden y $\in$ {1,2,...,m} esetén (*) NEM teljesül modulo m }.

1. sejtés. a.) Legyenek p $\ne$ q 2-nél nagyobb prímek, úgy, hogy 2pq+1 is prím. Ekkor minmod(p,q)=2pq+1.

1. b.) Az összes "cáfoló modulus" minmod(p,q) pozitív egész többszöröse.

2. sejtés. a.) Ha p=q>2 prím, akkor minmod(p,p)=L^.p+1, ahol L az a legkisebb pozitív páros szám, amire L^.p+1 prím.

2. b.) Az 1. sejtés b.) része a p=q esetben nem igaz.

1. megjegyzés. Bonyolultabbnak tűnik a helyzet, ha a p vagy q számok összetettek is lehetnek.

2. megjegyzés. A 2.a.) sejtés analogonja nem tűnik igaznak a p $\ne$ q esetben: p=3 és q=19 esetén pl. minden m $\le$ 699 esetén megoldható az eredeti (*) egyenlet, akármilyen egész szám is az n jobboldal.

[376] Lóczi Lajos	2005-10-27 21:57:19
De igenis "ujjgyakorlatok", programozási ujjgyakorlatok és "keress szabályszerűségeket a gép outputjában"-ujjgyakorlatok :) -- amíg nincs bizonyítás, addig biztosan.
Előzmény: [375] Csimby, 2005-10-27 20:59:34

[375] Csimby

2005-10-27 20:59:34

Talán nyithatnátok egy új topic-ot a témának, mert már nem igazán ujjgyakorlatok :-)

Euler sejtés: Ha s $\ge$ 2 és x₁,...,x_s,z,n pozitív egészek és x₁ⁿ+x₂ⁿ+...+x_sⁿ=zⁿ, akkor s $\ge$ n.

Ha ez igaz lenne, akkor következne belőle a Fermat-sejtés vagy Wiles-tétel ;-) is, azonban 1966-ban L.J. Lander és T.R. Parkin amerikai matematikusok találtak egy ellenpéldát (n=5,s=4):

a⁵+b⁵+c⁵+d⁵=144⁵

Keressük meg a megfelelő a,b,c,d pozitív egészeket. Az n=4,s=3 esetre az előbb említett két úr és J.L. Selfridge már 1967-ben megmutatták, hogy a x₁⁴+x₂⁴+x₃⁴=z⁴ egyenletnek biztosan nincs olyan pozitív egész megoldása, ahol x₁,x₂,x₃,z mindegyike kisebb, mint 220000. Az első ellenpéldát Noam Elkies adta és megegyezik a 74. feladattal ([341]. hozzászólás). A legkisebb ismert ellenpéldát (n=4,s=3 esetén) R.Frye adta, és a [345]-ös hozzászólásban szerepel.

[374] Lóczi Lajos	2005-10-27 20:05:36
Igen nekem is ezek jöttek ki minimális cáfolómodulusnak; esetleg valami sejtés általában? :) Ha lesz időm, beírom az én 2 apró megfigyelésem.
Előzmény: [373] nadorp, 2005-10-27 09:55:27

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?