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]    [39]    [40]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[378] Ali2005-10-28 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 Lajos2005-10-27 22:56:47

Tekintsük tehát az alábbi (*)

xp+yq=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\ge2 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\inN| m\ge2 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\neq 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\neq esetben: p=3 és q=19 esetén pl. minden m\le699 esetén megoldható az eredeti (*) egyenlet, akármilyen egész szám is az n jobboldal.

[376] Lóczi Lajos2005-10-27 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] Csimby2005-10-27 20:59:34

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

Euler sejtés: Ha s\ge2 és x1,...,xs,z,n pozitív egészek és x1n+x2n+...+xsn=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 Lajos2005-10-27 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
[373] nadorp2005-10-27 09:55:27

Az első esetben mod(311), a másodikban mod(709) jónak tűnik

Előzmény: [372] Lóczi Lajos, 2005-10-26 23:28:22
[372] Lóczi Lajos2005-10-26 23:28:22

Elkezdett foglalkoztatni, hogy hogyan lehet olyan modulusokat keresni, amelyek azt mutatják, hogy egy

xp+yq=n

alakú diofantoszi egyenletnek nincs megoldása. Mivel egy egysoros programmal sikerült jelentősen automatizálni az egyenletek átvizsgálását, több sejtést is kialakítottam. Ezeket hamarosan beírom ide. Addig is, álljon itt két újabb egyenlet, amelyek bizonyos szempontból a "legrosszabbul" viselkednek (minimális fokszám mellett a legnehezebb cáfolni a megoldásuk létét):

Oldjuk meg az egész számok körében az

x31+y31=31

egyenletet. Ugyanez a kérdés vonatkozik az

x59+y59=3

egyenletre.

[371] Lóczi Lajos2005-10-25 00:21:04

Megtaláltam, amire utaltál:

413=403+173+23=333+323+63,

de a 41 eme tulajdonsága hogyan kapcsolódik (ha egyáltalán) az x4+y5=1728 egyenlethez? Hiszen ezt az egyenletet úgy csináltam, hogy olyan legyen, hogy csak viszonylag "nagy" modulussal lehessen cáfolni, de az 1728 helyett a jobb oldalon nyugodtan lehetne 6 is (mivel ez kongruens 1728-cal modulo 41). Az 1728-nak számomra tehát semmi köze a 41-hez, csak azért választottam, hogy hamis asszociációkat keltsek. A mondandódból viszont az tűnik ki, mintha az 1728-ból jutott volna valahogy eszedbe a 41, mint cáfoló modulus. Ez vajon véletlen, vagy van valami a háttérben?

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

  [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]