2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 
Сообщение08.02.2007, 21:06 


03/02/07
254
Киев
только доказательство леммы я не помню)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 21:12 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Trius писал(а):
Решение базируется на лемме : пусть для целых n и m числа $n^2$ и $2m^2$ взаимно просты. Тогда у числа $n^2+2m^2$ нету простых делителей вида $8t+5$ и $8t+7$

Это следует из того, что число -2 не является квадратичным вычетом по модулю таких простых чисел.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 21:47 


03/02/07
254
Киев
если бы я знал что это значит :lol: :oops: :oops:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 21:57 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Trius писал(а):
если бы я знал что это значит :lol: :oops: :oops:

Вот почитайте Лекции по теории чисел (§4. Теория сравнений)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 22:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Это легко показать.
$(\frac{-2}{p})=(\frac{-1}{p})\cdot(\frac{2}{p})$
Известно, что $p=8k+7 \to (\frac{2}{p})=1$
$p=8k+5 \to (\frac{2}{p})=-1$
$(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$
То есть, $(\frac{-2}{p})=-1$ и для $p=8k+5$ и для $p=8k+7$, или $-2$ квадратичный невычет.
Кроме того, $(\frac{-2}{p})=(\frac{-2m^2}{p})$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 23:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3824
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Тогда все просто.
$k^3-2=n^2+2\cdot 2^2$
$(k-2)(k(k+2)+4)=n^2+2\cdot 2^2$.
Ясно, что $n$ нечетно.
Используя $k=7(4t-3)$, имеем
$t\equiv 0 \mod 2 \to k(k+2)+4\equiv 7 \mod 8$
$t\equiv 1 \mod 2 \to (k-2)\equiv 5 \mod 8$.

Это решение не доведено до конца. Надо еще воспользоваться тем, что если натуральное число дает при делении на $8$ остаток $5$ или $7$, то оно имеет простой делитель с тем же свойством (что, в принципе, очевидно).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.02.2007, 23:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Это простой перебор.
$5\equiv 3\cdot 7 \equiv 1\cdot 5 \mod 8$,
$7\equiv 3\cdot 5 \equiv 1\cdot 7 \mod 8$ - других комбинаций получить пять, семь нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.02.2007, 22:09 


23/01/07
3497
Новосибирск
Артамонов Ю.Н. писал(а):
(k-2)\equiv 5 \mod 8$.


Поясните, почему так?
Мне кажется, что k должно:
$ k^3 -2 - n^2 = 8 $
$ n^2\equiv 1\mod 8 $
$ k^3\equiv 3\mod 8 $
$ k \equiv 3\mod 8 $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.02.2007, 23:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Для искомого уравнения удовлетворяет только специальный вид $k=7(4t-3)$, $t=0,1,2,3...$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.02.2007, 23:29 


23/01/07
3497
Новосибирск
В таком случае, не очень понятно, как у Вас получилось при $ t=0\mod 2 $
$ k*(k+2) +4\equiv 7\mod 8 $
Извиняюсь, за то, что "передернул" вопрос позже Вашего ответа.

При решении кривульки Морделла имеется шанс получить мордульку кривую :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.02.2007, 23:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Я наврал, считая в уме остатки. Мое решение не годится!
Единственно, можно оставить, что $k=7(8t+5)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.02.2007, 10:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3824
$$(k+2)(k^2-2k+4)=n^2+2\cdot3^2$$
Далее решение по сути уже написано.

Добавлено спустя 4 минуты 6 секунд:

Только лемму надо подкорректировать: Если простое $p|n^2+2m^2$ и $(p,m)=1$, то $p$ не может иметь вид $p=8a+5$ или $p=8a+7$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.02.2007, 22:20 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Интересно. Если рассмотреть уравнение $y^3=x^2+k$, то можно ли с использованием подобных элементарных средств выделить такое нетривиальное бесконечное множество $k$, что данное уравнение не будет иметь решений в целых числах.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2007, 18:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


26/11/06
696
мехмат
По-моему, этот вопрос еще не решен. Но есть следующий результат (Зигель, 1929 г.): если $k=27\cdot 2^{2n-2}m^{2n}$, где $n\geq 3$, $m=1, p, pq$ ($p,q$ --- различные простые), то уравнение не имеет решений во взаимно простых целых числах.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2007, 22:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Lion писал(а):
По-моему, этот вопрос еще не решен. Но есть следующий результат (Зигель, 1929 г.): если $k=27\cdot 2^{2n-2}m^{2n}$, где $n\geq 3$, $m=1, p, pq$ ($p,q$ --- различные простые), то уравнение не имеет решений во взаимно простых целых числах.

А на этот результат ссылку не дадите? Странно, мне казалось, что сделать это не сверхсложно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 46 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group