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.
 
 
Сообщение12.05.2006, 17:15 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Феликс Шмидель писал(а):
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 $(y,z)=(y_0,z_0)$.

Не понятно откуда берётся во вторых?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 17:42 


31/03/06
1384
Поскольку $z=z_0(3y_0^2+z_0^2 d)$, то $3z_0y_0^2=z-z_0^3 d$, а поскольку $d$ делится на любой простой делитель числа $z$ по условию, то $3z_0$ тоже.

Я увидел ошибку в "в третьих", если простой делитель, о котором там говорится - 3. Потому что, если $z_0$ не делится на 3, а $d$ делится на 3, то $z$ может делиться на бОльшую степень 3-ёх.
Эта ошибка появляется только и именно в случае степени 3, поэтому, я думаю, что её можно исправить.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 20:30 


31/03/06
1384
Исправим эту ошибку следующим образом:

Пусть как и прежде $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$, где $d$ делится на все простые числа между 1 и $x$.

Докажем, что не существует натуральных чисел $y_0$ и $z_0$, таких что

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

Доказательство:

Пусть $z=3^a v$, где $v$ не делится на 3. Поскольку $z=z_0(3y_0^2+z_0^2 d)$ и $d$ делится на любой простой делитель числа $z$, то $z_0$ делится на любой простой делитель числа $v$, и поскольку $z_0^3 d$ делится на бОльшую степень любого простого делителя числа $v$, чем $z_0$, то $z_0$ делится на $v$.
Поскольку $3^a z_0 \ge 3^a v=z>z_0^3 d$, то $z_0<\sqrt{3^a/d}$. Поскольку $$ord_3(x!)=\sum_{i=1}^{\infty} [\frac{x}{3^i}] \le \sum_{i=1}^{\infty} \frac{x}{3^i}=\frac{x}{2}$$, то $$a \le \frac{x}{4}$$ и из оценки Чебышева для $d$ получим $$z_0<\sqrt{3^a/d}<\sqrt{3^{\frac{x}{4}}/e^x}<1$$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 20:46 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Здесь всё чётко. Просто в одном место не упомянуто, что $z$ взаимно просто с $y_0$, которое легко получается.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 20:51 


31/03/06
1384
Дадим теперь доказательство, что $(z, y)$ - наименьшее положительное решение уравнения Пелля в более простой форме (без индукции).

Пусть как и прежде $x!+1=y^2$ и пусть $x!=z^2 d$, где d делится на все простые числа между 1 и x.

Докажем, что не существует натуральных чисел $y_0$ и $z_0$, таких что

$$y+z\sqrt{d}=(y_0+z_0\sqrt{d})^p$$, где $p$ - простое число.

Доказательство:

Если $p=2$, то $z=2y_0z_0$ невозможно, поскольку $y_0$ взаимно просто с $d$ и значит с $z$.
Если $p=3$ см. предыдущий пост.
Если $p>3$ cм. первоначальное доказательство.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 21:07 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Хорошо, доказали, что z соответствует минимальному решению уравнения Пелля. Что это даёт?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.05.2006, 21:16 


31/03/06
1384
Пока не знаю, буду думать. Я понимаю, что шансов решить эту проблему мало, потому что никто не может её решить c 1876 года. Но это не значит, что не следует пробовать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.05.2006, 20:36 


31/03/06
1384
Уравнение $y^2=x!+1$ можно заменить уравнением $y^2=z^n d+1$, где n можно взять, например, 3 или 4.
Если показать, что одно из этих уравнений не имеет решений, противоречащих гипотезе abc, то и первоначальное уравнение не имеет решений, поскольку можно включить в d простые сомножители в степени не больше $n$, таким образом, чтобы число $x!/d$ было n-ой степенью.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.05.2006, 21:00 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Заменить то можно, только при этом возникнуть бесконечное количество различных d при пробегании натуральных х. При этом можно даже доказать, что при каждом фиксированном d уравнение имеет только конечное число натуральных решений. Однако, без abc гипотезы не сможем показать, что суммарное количество решений по всем возникающим d будет конечным числом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.07.2006, 18:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1716
Москва
bot писал(а):
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 $

Действительно, элементарно решается сравнением по модулю пять.
$1!+2!+3!+4!=33\equiv 3 mod(5)$, но квадрат числа не может быть сравним с тремя по модулю пять, значит $x<5$. Далее, перебирая, находим одно решение: $x=3$, $y=3$.

Руст писал(а):
Первое решение x=0,y=1. Далее x>1, следовательно y нечётно и $x!=(y-1)(y+1)$.
Соответствено одно из чисел делится на 2, другое на $2^{v_2(x!)-1}$. А другие простые числа, не превосходящие x полностью содержатся или в y-1 или в y+1.
Легко находится следующее решение x=4,y=5. Однако, как из этих соображений вывести, что нет других решений сразу на ум не приходит.

Можно также добавить, что
1. $y$ не делится ни на одно простое число меньшее либо равное $x$, т.е. $y$ является либо простым числом либо произведением таковых много больших $x$.
2. Если $x+1$ - простое число, то $(x+1)|y$.
3. Уравнение $x!+a=y^2$ при $a>1$ всегда имеет конечное множество решений.

 Профиль  
                  
 
 Решить в натуральных числах
Сообщение22.08.2006, 14:12 


02/08/06
63
x!+1=y^2
Как его решить?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.08.2006, 14:18 
Заблокирован
Аватара пользователя


04/09/05

410
Москва
Ну приходит в голову его написать так
\[1 \cdot 2 \cdot 3... \cdot (x - 1) \cdot x = y^2  - 1\]
А потом помутить с делимостью что-нибудь

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.08.2006, 14:49 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5419
известны три решения: (4,5), (5,11), (7,71)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.08.2006, 10:33 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Эта задача здесь уже рассматривалась.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.08.2006, 17:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Руст писал(а):
Эта задача здесь уже рассматривалась.

Я нашел похожую ($x! = y! z^2$). Не подскажите ли ссылочку — я найти не сумел, хотя и пытался.

 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