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
 
 Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 07:58 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
Для каждого натурального $n$ найдите все рациональные корни уравнения $x^n+(x+1)^n=(x+2)^n$.

P.S. Задача несложная и вполне содержательная (видел ее когда-то на AoPS, но ссылку отыскать сложно).

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 08:07 
Аватара пользователя


24/03/19
147
Может, я что-нибудь неправильно понимаю, но при $n \ge 3$ решений не должно быть по ВТФ. Случаи же $n=1$ и $n=2$ тривиальны. Нет?

UPD. Кажется, понял. Соль в том, чтобы разобраться без применения ВТФ.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 08:26 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
SiberianSemion
Да, именно это и предлагается.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:15 
Аватара пользователя


24/03/19
147
Оставим в стороне тривиальное $n = 1.$ По всем канонам, дело сводится к случаю простых степеней $n = p$: $$x^p + (x+1)^p = (x+2)^p.$$
Сперва покажем, что не существует целых решений $x$, а потом сведем общий случай к этому. Тождество по модулю $x+1$ превращается в: $(-1)^p \equiv 1,$ а значит, $p$ четно; $p = 2.$ В этом случае уравнение тривиально не имеет даже рациональных решений.

Теперь поищем рациональные решения $x = k/m,$ где $k, m$ взаимно просты. Важно потребовать $m > 0$. Подставляя $x$ в исходное уравнение, получим $$k^p + (k+m)^p = (k+2m)^p.$$
По модулю $m$ это превращается в $k^p \equiv 0$ (mod $m$), что возможно только при разобранном случае $m=1.$

Значит, решение $x = n = 1$ единственно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:25 
Заслуженный участник


12/08/10
1308
SiberianSemion в сообщении #1388389 писал(а):
По всем канонам, дело сводится к случаю простых степеней $n = p$:

Это не правда. Точнее стандартное рассуждение тут не работает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:31 
Аватара пользователя


24/03/19
147
Действительно!

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:38 


26/08/11
1961
nnosipov Очень очень рад увидеть Вас снова на форуме!
SiberianSemion в сообщении #1388389 писал(а):
По всем канонам, дело сводится к случаю простых степеней $n = p$:
Разве случй $x^{pq}+(x+1)^{pq}=(x+2)^{pq}$ можно свести к $A^p+(A+1)^p=(A+2)^p$ ?

Буду решать смещением:

$(x-1)^n+x^n=(x+1)^n$ $x$ четное.
Получается полином степени $n$ с старшим коеффициентом 1 и свободный член $-2$, если $n$ нечетно и $0$, если четно.

А значит если корни рациональные, то целые - делители свободного члена.

При нечетном $n$ достаточно проверить $x=\pm 2$

При четном $n$ есть решение $x=0$. Отрицательные быть не могут т.к тогда $|x-1|>|x+1|$

Делением на $x$ получим полином $n-1$ степени с свободным членом $2n$

И значит если $x$ - корень, то он делитель $2n$. Тоесть $2n \ge x$.

Но тогда $(x+1)^n-(x-1)^n \ge 2nx^{n-1}\ge x^n$

(первые два члена бинома Ньютона).

Равенство только при $n=2,x=4$

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:53 
Аватара пользователя


24/03/19
147
И да, я потерял корни $x = -1, n -$ четное; $x = 3, n = 2.$ Эх!

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:55 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
Shadow
Рад приветствовать, взаимно!

Как-то просто у Вас все получилось, но, похоже, все ОК. У меня два решения, но оба длиннее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 11:56 


05/09/16
9563
SiberianSemion в сообщении #1388389 писал(а):
Значит, решение $x = n = 1$ единственно.

Вот ещё: $x=-1;n=2k; k \in \mathbb N$

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 12:00 
Аватара пользователя


24/03/19
147
nnosipov в сообщении #1388396 писал(а):
У меня два решения, но оба длиннее.

А идеи там другие? Покажите, пожалуйста, если не затруднит. Можно в ЛС.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 12:09 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
SiberianSemion в сообщении #1388400 писал(а):
А идеи там другие?
Да, другие, но я, наверное, перемудрил. Позднее здесь напишу, сейчас, увы, срочные дела.

-- Чт апр 18, 2019 16:11:14 --

wrest в сообщении #1388397 писал(а):
Вот ещё: $x=-1;n=2k; k \in \mathbb N$
В новых обозначениях это соответствует $x=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение18.04.2019, 19:21 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
nnosipov в сообщении #1388402 писал(а):
Позднее здесь напишу
Нашел у себя вот такой текст. Напоминаю, что решается уравнение в исходных обозначениях, т.е. $x^n+(x+1)^n=(x+2)^n$. Уже обсуждалось, что достаточно найти все целочисленные решения, других рациональных решений нет.

First solution. If $n=1$ then $x=1$. If $x=-1$ then the given equality holds for all even $n$. In the case $x \neq -1$, $n>1$ we rewrite the equality as
$$
 (x+1)^n=(x+2)^n-x^n.
$$
Clearly, $x$ is odd. If $\nu_2(n)=0$ then $\nu_2((x+2)^n-x^n)=1$ and we have a contradiction since $\nu_2((x+1)^n)>1$. If $\nu_2(n)>0$ we obtain
$$
 \nu_2((x+2)^n-x^n)=\nu_2((x+2)^2-x^2)-1+\nu_2(n)=\nu_2(x+1)+1+\nu_2(n).
$$
Hence, $\nu_2((x+1)^n)=n\nu_2(x+1)=\nu_2(x+1)+1+\nu_2(n)$. Thus,
$$
 n=1+\frac{1+\nu_2(n)}{\nu_2(x+1)} \leqslant 2+\nu_2(n).
$$
From here we conclude that $n \leqslant 4$. Further is obviously.

Second solution. Let's consider $n=2m$ and $x \geqslant 1$. We have
$$
 (x^m)^2+((x+1)^m)^2=((x+2)^m)^2.
$$
Hence, $x^m=u^2-v^2$, $(x+1)^m=2uv$, $(x+2)^m=u^2+v^2$ for some positive integers $u>v$ with $\gcd{(u,v)}=1$, $u \not\equiv v \pmod{2}$. If $m$ is odd, then
$$
 2u^2=((x+1)+1)^m+((x+1)-1)^m
$$
is divisible by $2(x+1)$. Since $(x+1)^m=2uv$ and $\gcd{(u,v)}=1$, we obtain $v=1$. Therefore,
$$
 (x+2)^m-x^m=2
$$
and $m=1$. If $m$ is even, then
$$
 2v^2=((x+1)+1)^m-((x+1)-1)^m
$$
is divisible by $2(x+1)$ and by similar reasonings we obtain $u=1$. In this case we get
$$
 (x+2)^m+x^m=2,
$$
which is impossible.

Answer. $(n,x) \in \{(1,1), (2,3)\}$ and $x=-1$ for all even $n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение19.04.2019, 02:43 
Аватара пользователя


24/03/19
147
Второе решение вызывает вопросы. Пифагоровы тройки определены с точностью до постоянных множителей. Уравнение не сохраняет свой вид при сокращении на одно и то же число. Правомерно ли предполагать, что указанные тройки примитивны?

 Профиль  
                  
 
 Re: Из трудов ферматистов
Сообщение19.04.2019, 03:10 
Заслуженный участник


20/12/10
8418
SiberianSemion в сообщении #1388521 писал(а):
Правомерно ли предполагать, что указанные тройки примитивны?
Ну, это же тройка чисел $x^m$, $(x+1)^m$, $(x+2)^m$, а здесь первые два числа, очевидно, взаимно просты.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

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