"Школьные" открытые проблемы

[master]

$a \in N$

[nnosipov]

victor.l в сообщении #525075 писал(а):

а где можно посмотреть доказательство?

Пусть $p$ --- нечётный простой делитель числа $x^8+y^8$, где целые $x$ и $y$ взаимно просты. Тогда $x^{16} \equiv y^{16} \pmod{p}$, откуда, поскольку $y \not\equiv 0 \pmod{p}$, следует $(x/y)^{16} \equiv 1 \pmod{p}$. Пусть $d$ --- порядок $z=x/y$ по модулю $p$. Тогда $d$ --- делитель $16$. Так как $z^8 \equiv -1 \not\equiv 1 \pmod{p}$, то $d=16$. Теперь из малой теореме Ферма следует делимость $p-1$ на $d$, т.е. на $16$. Значит, $p=16k+1$.

P.S. Теорию сравнений по модулю можно найти, например, в книге И.М. Виноградова "Основы теории чисел" (любое издание).

[victor.l]

Спасибо nnosipov. А не подскажите, является ли проблемой что если число представимо в виде $x^4+x^3Y+x^2y^2+xy^3+y^4$ при целых, взаимно простых переменных, то все возможные делители этого числа кроме числа 5 имеют вид $10n+1$.

[nnosipov]

victor.l в сообщении #526466 писал(а):

А не подскажите, является ли проблемой что если число представимо в виде $x^4+x^3Y+x^2y^2+xy^3+y^4$ при целых, взаимно простых переменных, то все возможные делители этого числа кроме числа 5 имеют вид $10n+1$.

Это из той же оперы, даже немного попроще.

[scwec]

Я хочу предложить задачу, элементарного решения которой до сих пор не знаю. Назовем ее задачей Арнольда.
Плоскость разбита прямыми линиями на квадраты. В узлах написаны числа большие нуля. Каждое число равно среднему арифметическому его окружающих. Доказать, что все числа равны между собой. (Аналогия с гармонической функцией). Неэлементарное решение включает рассмотрение выпуклых множеств в Банаховых пространствах.

[g______d]

scwec,

Вот, вроде, решение попроще.

http://www.mathnet.ru/links/6ab0cb0c951 ... /mp227.pdf

[scwec]

Спасибо g_____d, но по ссылке прочитать не могу - дает ошибку.

[g______d]

Попробуйте открыть в новом окне. Или попробуйте эту ссылку

http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml ... n_lang=rus

там доступен полный текст.

С. Г. Слободник, “Дискретные положительные гармонические функции”, Матем. просв., сер. 3, 11, Изд-во МЦНМО, М., 2007, 145–148.

[scwec]

Все прочиталось. Спасибо. Хочу сказать, что эта задача под № 20 появилась в Математическом просвещении 1958 года №3 среди задач повышенной сложности. Но решения её в следующем номере приведено не было. Выходит, вспомнили её только в 2005 году после возобновления выпуска журнала. Интересная судьба.
Теперь по поводу решения. Честно сказать, я имел в виду совсем школьное решение, которого в природе может просто не существовать.
Об авторстве. В этом же номере Математического просвещения помещена статья В.И.Арнольда о гармонических функциях, в которой приводится эта же задача, но в легком варианте с натуральными числами. Логично объявить автором Арнольда, хотя это и не факт.

[hippie]

1. (3N+1)-гипотеза.

По натуральному числу $n$ строится новое число $\frac{3n+1}{2^m},$ где $2^m$ — наибольшая степень двойки, которой кратно $3n+1.$ (Таким образом, на каждом шаге получается нечётное число.)

Вопрос:
Из любого ли натурального числа за конечное число шагов получится 1?

2. Гипотеза Адамара.

Матрицей Адамара (в узком смысле) называется матрица $n\times n,$ состоящая только из 1 и -1, все строки которой попарно ортогональны.
Легко доказать, что матрицы Адамара могут существовать только при $n=1; n=2$ и $n$ кратных 4.

Вопрос:
Для любого ли $n$ кратного 4 существует матрица Адамара $n\times n?$

3. Без названия.

Если натуральное число не является палиндромом, то к нему прибавляется число, записанное теми же цифрами в обратном порядке. С полученным числом повторяется то же самое. И т.д.

Вопрос:
Из любого ли натурального числа за несколько таких шагов получится число-палиндром?

[hurtsy]

victor.l в сообщении #526466 писал(а):

все возможные делители этого числа кроме числа 5 имеют вид $10n+1$

Мне прога Мапл 13 подсказывает, что возможен делитель вида $10n-1$. Это глюк программы? С уважением.

-- Вт янв 24, 2012 16:17:38 --

hippie в сообщении #530614 писал(а):

к нему прибавляется число, записанное теми же цифрами в обратном порядке

Для всякого конечного натурального не палиндрома, операция дает палиндром по определению, уже на первой итерации. А для бесконечного натурального сомнительно, чтобы "Болонский учитель" позволил учащемуся найти начальное число для присоединения. С уважением.

[nnosipov]

hurtsy в сообщении #530700 писал(а):

Мне прога Мапл 13 подсказывает, что возможен делитель вида $10n-1$. Это глюк программы?

Утверждение звучит так: если $x$ и $y$ --- взаимно простые числа, то любой простой делитель числа $x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4$, отличный от $5$, имеет вид $10n+1$. Если Вам кажется, что Вы нашли контрпример, приведите его.

[Руст]

nnosipov в сообщении #530729 писал(а):

hurtsy в сообщении #530700 писал(а):

Мне прога Мапл 13 подсказывает, что возможен делитель вида $10n-1$. Это глюк программы?

Утверждение звучит так: если $x$ и $y$ --- взаимно простые числа, то любой простой делитель числа $x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4$, отличный от $5$, имеет вид $10n+1$. Если Вам кажется, что Вы нашли контрпример, приведите его.

Это частный случай утверждения. Если $(x,y)=1, p|\Phi_a(x,y)$, то или $p|a$ или $p=1\mod a$.

[hippie]

hurtsy в сообщении #530700 писал(а):

hippie в сообщении #530614 писал(а):

к нему прибавляется число, записанное теми же цифрами в обратном порядке

Для всякого конечного натурального не палиндрома, операция дает палиндром по определению, уже на первой итерации.

Совсем не обязательно.

Например, из числа 78 число-палиндром получается за 4 шага:
78 —> 78+87= 165;
165 —> 165+561= 726;
726 —> 726+627= 1353;
1353 —> 1353+3531= 4884 — число-палиндром.

Из числа 79 за 6 шагов:
79 —> 79+97= 176;
176 —> 176+671= 847;
847 —> 847+748= 1595;
1595 —> 1595+5951= 7546;
7546 —> 7546+6457= 14003;
14003 —> 14003+30041= 44044 — число-палиндром.

А из числа 89 число-палиндром (8813200023188) получается только за 24 шага.

[hurtsy]

nnosipov в сообщении #530729 писал(а):

Если Вам кажется, что Вы нашли контрпример, приведите его.

Да, прошу прощения, мне так кажется. $x=5^3\cdot7^5, y=19^2\cdot23, z=5\cdot11\cdot19^8\cdot41\cdot191\cdot881\cdot27406316160761$
Это пятая или шестая попытка. Сначала мне хотелось найти делитель 5.
С уважением.

-- Вт янв 24, 2012 19:50:31 --

hippie в сообщении #530775 писал(а):

Совсем не обязательно.

Спасибо. Мне просто показалось Вы употребляете прибавление в смысле конкатенации, суммирования символьных строк, и поэтому удивился. С уважением.

-- Вт янв 24, 2012 20:10:34 --

hippie в сообщении #530614 писал(а):

По натуральному числу $n$ строится новое число $\frac{3n+1}{2^m},$ где $2^m$ — наибольшая степень двойки, которой кратно $3n+1.$ (Таким образом, на каждом шаге получается нечётное число.)

Это гипотеза Колатца? Мне как-то приятнее ее алгоритмическое изложение. С уважением.