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, 5  След.
 
 
Сообщение08.05.2006, 15:17 


31/03/06
1384
Для тех, кто не в курсе: $x!+1=y^2$ это открытая проблема (Brocard's problem).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.05.2006, 20:07 


31/03/06
1384
Удалено автором.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.05.2006, 11:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5664
Новосибирск
Я писал(а):
Кажется мне уже приходилось решать эту задачу, но очень давно, чуть ли не в школе ещё.
Когда кажется, креститься надо. :D
Повозившись с полчаса, понял, что эта задача совсем не того уровня. Зародившуюся было гипотезу о том, что я здорово поглупел со школьных времён, быстро отбросил и стал искать, с какой задачкой я мог её спутать. Кажется нашёл - подходит и по возрасту и по простоте. Вот она:
$ 1!+2! + ... +x! = y^2 $

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 09:17 


31/03/06
1384
Пусть $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$.
Тогда $y+z \sqrt{d}=(y_0+z_0 \sqrt{d})^n$, где
$n$ - натуральное число, а $(y_0, z_0)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$. Для наших целей удобнее считать $d$ не свободным от квадратов множителей, а наименьшим числом, таким, что $x!=z^2 d$ и $d$ делится на все простые числа от $1$ до $x$.
Тогда $z$ обладает свойством, что $d$ делится на любой его простой множитель.
Докажем, что $nz_0$ делится на $z$.
Для этого докажем, что если $z$ делится на некоторую степень $q^a$ простого множителя $q$ числа $d$, то $nz_0$ делится на $q^a$.
Предположим сначала, что $n$ - простое число.
Cогласно биному Ньютона, $z$ представляется конечной суммой: $z=C_n^1 y_0^{n-1} z_0+C_n^3 y_0^{n-3} z_0^3 d+C_n^5 y_0^{n-5} z_0^5 d^2+...$.
Поскольку $d$ делится на $q$, то $nz_0$ делится делится на некоторую степень $q$, а $C_n^3 z_0^3 d$, $C_n^5 z_0^5 d^2$ и т.д. делятся на бОльшую степень $q$, откуда следует, что $nz_0$ делится на $q^a$.
Если $n$ - не простое число, то $n=n_1 p$, где $p$ - простое число. Пусть $y_1+z_1 \sqrt{d}=(y_0+z_0 \sqrt{d})^{n_1}$ и $y+z \sqrt{d}=(y_1+z_1 \sqrt{d})^p$.
Согласно доказанному, $pz_1$ делится на $q^a$ и, по-индукции, $n_1z_0$ делится на $q^a/p$, откуда $n z_0$ делится на $q^a$, что и требовалось доказать.
Поскольку $nz_0$ делится на $z$, то равенство $z=C_n^1 y_0^{n-1} z_0+C_n^3 y_0^{n-3} z_0^3 d+C_n^5 y_0^{n-5} z_0^5 d^2+...$ невозможно при $n>1$, значит $n=1$.
Мы получили, что $(y, z)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$. Правильно?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 09:35 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Феликс Шмидель писал(а):
Для наших целей удобнее считать $d$ не свободным от квадратов множителей, а наименьшим числом, таким, что $x!=z^2 d$ и $d$ делится на все простые числа от $1$ до $x$.
Тогда $z$ обладает свойством, что d делится на любой его простой множитель.
Правильно?

В любом таком представлении $d$ содержит только те простые числа $p$ не превосходящие $x$, для которых
$$ord_p(x!)=\sum_{i=1}^{\infty} [\frac{x}{p^i}]$$
нечётно. Эта идея в этой задаче бесперспективна.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 09:55 


31/03/06
1384
Уважаемый Руст, я намеренно включил в $d$ квадраты остальных простых чисел, не превосходящих $x$. Почему Вы думаете, что идея бесперспективна? Не могли бы Вы проверить моё доказательство, что $(y, z)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля $y^2-z^2 d=1$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 10:33 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Во первых, когда $d$ не свободно от квадратов не верно (можно привести примеры), что все решения представляются как степень минимального.
Во вторых $z|(nz_0)$ ошибочно. Так же легко привести пример.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 10:52 


31/03/06
1384
Приведите, пожалуйста, пример, когда d не свободно от квадратов, и все решения не представляются как степень минимального.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 11:32 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
В этом случае может оказаться, что нет решений, например $d=18$. Когда есть решение все они находятся из условия делимости числа $Y$ y решения стандартного уравнения Пелля:
$X^2-DY^2=1,d=Dr^2$, c $D$ свободным от квадратов, на $r$. Когда значение $Y_0$ не взаимно просто с $r$ могут появиться решения не представимые в таком виде.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 12:36 


31/03/06
1384
Во-первых, решения есть при любом $d$, в том числе и при $d=18$: $17^2-4^2 18=1$.
Пусть $d=D r^2$ и $(y_0, z_0)$ - наименьшее положительное решение уравнения $y^2-z^2 D=1$. Пусть $m$ - наименьшее натуральное число, такое что $y_1+z_1 \sqrt{D}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^m$ и $z_1$ делится на $r$. Тогда $(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km+t}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km}(y_0+z_0 \sqrt{D})^t=(y_2+z_2 \sqrt{D})(y_3+z_3 \sqrt{D})=$ $y_4+z_4 \sqrt{D}$, где $z_2$ делится на $r$, и если $0<t<m$, то $z_3$ не делится на $r$. Поскольку $z_4=z_2y_3+y_2z_3$, то $z_4$ не делится на $r$.
Таким образом, все решения уравнения $y^2-z^2 D=1$, такие что $z$ делится на $r$ имеют вид: $y+z \sqrt{D}=(y_0+z_0 \sqrt{D})^{km}=(y_1+z_1 \sqrt{D})^k$. Поэтому, я думаю, что Вы ошибаетесь.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 13:10 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Да я ошибся. Обычно проблемы возникают, когда справа не 1. В этом случае и обычное уравнение Пелля не всегда имеет решение. Но может получиться, что с $D$ есть решение, а с $d$ нет решения.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 14:20 


31/03/06
1384
Так как насчёт моего доказательства? Мне важно знать, правильно ли оно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 16:12 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Пусть n=3, вы утверждаете, что y_0+z_0\sqrt d, y+z\sqrt d=y_0(y_0^2+3dz_0^2)+z_0(3y_0^2+z_0^2d), z|(3z_0)$. Как видно $\frac{3z_0}{z}=\frac{3}{3y_0^2+z_0^2d}$ нецелое. Поэтому, не понятно, что вы доказываете. По вашему величина растущая линейно от n делится на величиу, растущую экспоненциально от n.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 16:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1716
Москва
Может быть, для доказательства ограниченности числа решений уравнения $x!+1=y^2$ следует исследовать эквивалентное по количеству решений уравнение $\frac {4}{\Gamma(x)}=\frac{\Gamma(y-2)}{\Gamma(y)}$, здесь можно пытаться сравнить эти дроби при целочисленных x, y.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 16:59 


31/03/06
1384
Перепишем то, что Вы написали в несколько более точной форме:

$y+z\sqrt{d}=(y_0+z_0\sqrt{d})^3=y_0(y_0^2+3d z_0^2)+z_0(3y_0^2+z_0^2 d)\sqrt{d}$

Я доказываю, что это невозможно, если известно, что $d$ делится на любой простой делитель числа $z$. Для этого я замечаю, во-первых, что $y_0$ взаимнопрост с $d$, во-вторых, что $3z_0$ делится на любой простой делитель числа $z$, и в третьих, что $z_0^3 d$ делится на бОльшую степень любого простого делителя числа $z$, чем $3z_0$. Отсюда я делаю вывод, что $3z_0$ делится на $z$, и, как Вы справедливо заметили, что равенство в начале этого поста вообще невозможно, то есть, что $(y,z)=(y_0,z_0)$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 67 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  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