Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[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

[345] Lóczi Lajos2005-10-23 13:36:55

Euler azt sejtette (miután már tudták, hogy az x3+y3=z3 egyenletnek csak triviális megoldásai vannak a természetes számok körében), hogy az analóg x4+y4+z4=w4 egyenletnek is csak triviális megoldásai vannak. Azonban a számítógépes korszakban kiderült, hogy tévedett, mert

958004+2175194+4145604=4224814.

[344] Lóczi Lajos2005-10-23 13:26:50

Azt sejtem, hogy csak akkor van megoldás, ha két szám 0, a harmadik pedig a megadott (vagy az ellentettje), de a Fermat egyenleten kívüli nevezetes, ehhez hasonló egyenlet nem jut eszembe.

Előzmény: [343] lorantfy, 2005-10-23 11:15:27
[343] lorantfy2005-10-23 11:15:27

Bocsánat Lajos! Ez a gyanútlan megoldó átverése. Nagyon nehéz, de lehet rá megoldást találni. Úgy kell elindulni, hogy elgondolkodsz milyen híres egyenlet jut róla eszedbe!

Előzmény: [342] Lóczi Lajos, 2005-10-22 23:51:25
[342] Lóczi Lajos2005-10-22 23:51:25

Nekem ez nehéznek tűnik, a jobb oldali 4. hatvány értéke túl nagy. Hogy lehet benne elindulni?

Előzmény: [341] lorantfy, 2005-10-21 23:20:31
[341] lorantfy2005-10-21 23:20:31

Úgy látszik mások nem járnak erre, vagy csak nincs kedvük beírni a megoldást.

Legyen egy kicsit nehezebb: 74. feladat: x<y<z egész számok, oldjuk meg az egyenletet!

x4+y4+z4=206156734

Előzmény: [340] jonas, 2005-10-15 15:26:46
[340] jonas2005-10-15 15:26:46

Azt is mondhatod, de a három is logikus, ha ismered a pontos feltételt a prímtényezőkkel.

Előzmény: [337] Sirpi, 2005-10-14 11:11:53
[339] Sirpi2005-10-14 13:26:43

Na, ennek már több megoldása van. Pont annyival, mint ahányan mi vagyunk tesvérek :-) (ha csak a lényegesen kül. megoldásokat tekintjük).

Előzmény: [338] nadorp, 2005-10-14 11:40:52
[338] nadorp2005-10-14 11:40:52

Szerintem egy dologról beszélünk, pld tekintsük a b) változatot: x2+y2=1989

Előzmény: [337] Sirpi, 2005-10-14 11:11:53

  [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]