"Школьные" открытые проблемы

[nnosipov]

hurtsy в сообщении #530804 писал(а):

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.

Для $x=5^3\cdot7^5$ и $y=19^2\cdot23$ имеем

$$ \frac{x^5-y^5}{x-y}=71 \cdot 241 \cdot 591919967473377041 \cdot 1931. $$

[hippie]

hurtsy в сообщении #530804 писал(а):

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.

Попробовал ввести Ваши числа в maple. Вот программа и результат:
x:=5^3*7^5:
y:=19^2*23:
z:=x^4+x^3*y+x^2*y^2+x*y^3+y^4;
ifactor(z);

z := 19557829489996759233251981
(71) (241) (591919967473377041) (1931)

Посмотрите, пожалуйста, программу. Я правильно понял Ваш пример?

Кроме того, очевидно, что $x^4+x^3 y+x^2 y^2+x y^3+y^4$ при данных значениях $x$ и $y$ не может делиться на 19 (поскольку $y$ кратно 19, а $x$ — нет).

Для того, чтобы $x^4+x^3 y+x^2 y^2+x y^3+y^4$ делилось на 5 достаточно чтобы $x$ и $y$ были сравнимы по модулю 5.
А вот можно ли добиться, чтобы это выражение делилось на $5^2$ — не знаю. Мне кажется, что нельзя, но я могу и ошибаться. Сейчас попробую выяснить в maple .

----------------------

Проверил. Действительно $x^4+x^3 y+x^2 y^2+x y^3+y^4$ не может быть кратно $5^2$ при взаимно простых $x$ и $y$.

[hurtsy]

hippie в сообщении #530822 писал(а):

Посмотрите, пожалуйста, программу. Я правильно понял Ваш пример?

Вы правильно поняли пример. Я его ещё раз прокрутил. Совпало с Вашими вычислениями. У меня х получил новое правильное значение. Наверно, унаследовался от предыдущего вычисления. Каюсь. Мой глюк. С уважением.

[hippie]

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 $10n+1$.

Набросок элементарного доказательства.

Пусть $p$ простой делитель числа $x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4$.
Тогда $x^5 \equiv y^5 (\mod p)$. Кроме того, по малой теореме Ферма, $x^{p-1}\equiv y^{p-1} (\mod p)$. Следовательно: $x^{\text{НОД}(p-1;\ 5)}\equiv y^{\text{НОД}(p-1;\ 5)} (\mod p)$.

Возможны 2 случая:

1. $\text{НОД}(p-1;\ 5)=5$. В этом случае $p$ имеет вид $10k+1$.

2. $\text{НОД}(p-1;\ 5)=1$, т.е. $x\equiv y (\mod p)$. В этом случае $5x^4\equiv 0 (\mod p)$, т.е. $p=5$.

PS Аналогично доказывается, что при любом нечётном простом $n$ и взаимно простых $x$ и $y$ все простые делители числа $\frac{x^n-y^n}{x-y}$, отличные от $n$, имеют вид $2n+1$.
Отсюда получается элементарное доказательство того, что в прогрессии $2n+1$ бесконечно много простых чисел.

[Руст]

hippie в сообщении #530960 писал(а):

PS Аналогично доказывается, что при любом нечётном простом $n$ и взаимно простых $x$ и $y$ все простые делители числа $\frac{x^n-y^n}{x-y}$, отличные от $n$, имеют вид $2n+1$.
Отсюда получается элементарное доказательство того, что в прогрессии $2n+1$ бесконечно много простых чисел.

Это не верно. Возьмите $n=9,x=5,y=4$, тогда $z=5^9-4^9=(5^3-4^3)(5^6+20^3+4^6)=61*X$ и $61\not =18k+1$.

[scwec]

Насчет палиндромов. Задача эта есть у Б.А.Кордемского в Математической смекалке под названием Симметрическая сумма(нераскушенный орешек). Двузначные числа все приводят к палиндромам, а вот дальше...
Предлагаю перечень трехзначных чисел, которые, скорей всего, не приводят к палиндромам.
$196,295,394,493,592,689,691,788,790,879,887,978,986$.Проверьте.

[hippie]

Руст в сообщении #530962 писал(а):

hippie в сообщении #530960 писал(а):

PS Аналогично доказывается, что при любом нечётном простом $n$ и взаимно простых $x$ и $y$ все простые делители числа $\frac{x^n-y^n}{x-y}$, отличные от $n$, имеют вид $2n+1$.
Отсюда получается элементарное доказательство того, что в прогрессии $2n+1$ бесконечно много простых чисел.

Это не верно. Возьмите $n=9,x=5,y=4$, тогда $z=5^9-4^9=(5^3-4^3)(5^6+20^3+4^6)=61*X$ и $61\not =18k+1$.

Не вижу, чему это противоречит.
Или вы считаете, что 9 — простое число?

-------------------

А вот в прогрессии у меня очепятка!
Конечно же, имеется в виду прогрессия $2nk+1$ ($n$ зафиксировано в верхней строке).

[Руст]

Я не заметил, что вы упомянули простоту $n$. Однако последовательность $2kn+1$.
На самом деле это свойство верно и не для простого, только надо брать простые делители $\Phi_n(x,y)$.

[nnosipov]

Руст в сообщении #530994 писал(а):

На самом деле это свойство верно и не для простого, только надо брать простые делители $\Phi_n(x,y)$.

Давайте уж сообщим возможным читателям, что $\Phi_n(x,y)$ --- это однородный вариант кругового (cyclotomic) многочлена $n$-го порядка $\Phi_n(x)$. Опираясь на свойства этих многочленов, можно вполне элементарно показать, что в прогрессии $nk+1$ ($k=1,2,\dots$) бесконечно много простых чисел. То же самое верно и для прогрессии $nk-1$ ($k=1,2,\dots$), но доказательство получается технически более сложным (в отличие, например, от частных случаев прогрессий $4k+1$ и $4k-1$, где всё наоборот). Эти доказательства можно найти, например, в книге Хассе "Лекции по теории чисел" (М.: ИЛ, 1953).

[alcoholist]

рекомендую Антона Петрунина

[Null]

Слышал что таким способом можно доказать теорему Дирихле полностью. Это правда?

[Руст]

Null в сообщении #532238 писал(а):

Слышал что таким способом можно доказать теорему Дирихле полностью. Это правда?

Я не слыхал. Этот путь приводит к бесконечности простых чисел вида $p=1\mod a$. Еще немного ухитрившись в Mathlinks удалось доказать для $p=-1\mod a$, но для других вычетов мне не удалось доказать это элементарными средствами.

[Klad33]

migmit в сообщении #517476 писал(а):

Каким дебилом надо быть, чтобы выкладывать страницы в виде mht...

Например, Григорий Перельман выкладывал в mht. Но я где-то читал, что он умней Вас, уважаемый migmit.

[hippie]

4. Хроматическое число плоскости.

При каком наименьшем $n$ плоскость можно раскрасить в $n$ цветов (т.е. каждую точку плоскости раскрасить в один из этих цветов) таким образом, чтобы никакие две точки одного цвета не находились на расстоянии 1?

Насколько я знаю, сейчас доказаны только оценки $4\le n\le 7.$

PS Похожая задача про тройки точек имеет очень простое решение:
При каком наименьшем $n$ плоскость можно раскрасить в $n$ цветов таким образом, чтобы никакая тройка точек, лежащих в вершинах равностороннего треугольника со стороной 1, не была окрашена в один цвет? (Две вершины одного цвета допускаются!)

[victor.l]

А более простое доказательство, например для случая $x^{2^k}+y^{2^k}$ чем изложено в этой теме представляет интерес?