Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1362
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Σάβ Δεκ 24, 2016 8:20 pm

Να βρεθούν όλες οι τριάδες θετικών ακεραίων a, b, c που ικανοποιούν την εξίσωση

a^7 + b^7 = 7^c


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.

Λέξεις Κλειδιά:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Κυρ Δεκ 25, 2016 8:49 am

Απο το θεωρημα Zsigmondy το a^7+b^7 εχει τουλάχιστον 2 πρώτους διαιρέτες, άτοπο αφου 7 πρωτος.

Η Επίλυση του a^p+b^p=q^c, p,q πρωτοι ακολουθεί ακριβώς την ίδια τακτική.


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1362
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Κυρ Δεκ 25, 2016 9:36 am

:clap:

p, αν δεν κάνω λάθος, αρκεί να είναι περιττός.)


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 501
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Κυρ Δεκ 25, 2016 12:36 pm

Ναι έχετε δίκιο.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Πέμ Δεκ 29, 2016 5:16 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Απο το θεωρημα Zsigmondy το a^7+b^7 εχει τουλάχιστον 2 πρώτους διαιρέτες, άτοπο αφου 7 πρωτος.

Η Επίλυση του a^p+b^p=q^c, p,q πρωτοι ακολουθεί ακριβώς την ίδια τακτική.
Αυτό το θεώρημα -- ωραία περίπτωση οι 4 αδελφοί Zsigmondy, αναζητήστε τους στο διαδίκτυο -- αναμένεται να είναι γνωστό στους εξεταζόμενους ή θεωρείται αρκετά ρεαλιστική η απόδειξη (του) κατά την διάρκεια της εξέτασης χωρίς προηγούμενη γνώση του; Νομίζω ότι η ανεξάρτητη από το Θεώρημα Zsigmondy απόδειξη που δίνω παρακάτω είναι αρκετά απλή:

Θέτουμε a+b=7^d, οπότε από την a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6=7^{c-d} προκύπτει η

7^d(7^{5d}-13\cdot7^{4d}a+27\cdot7^{3d}a^2-41\cdot7^{2d}a^3+35\cdot7^da^4-21a^5)+7a^6=7^{c-d},

απ' όπου εύκολα συνάγεται, λόγω d\geq1, ότι 7^2|7a^6 (άτοπο) ... εκτός και αν c-d=1 (αδύνατο).

Συμπεραίνουμε ότι η αρχική εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις.
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Κυρ Ιαν 08, 2017 2:18 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2014-15 (1)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Ιαν 04, 2017 12:41 pm

Η παραπάνω μέθοδος δίνει την εξής γενίκευση (που ήδη αναφέρθηκε):

Θεώρημα: Αν a, b φυσικοί, q πρώτος και p περιττός τότε οι μόνες λύσεις της a^p+b^p=q^c στους φυσικούς είναι οι a=1, b=2, q=3, p=3 και a=2, b=1, q=3, p=3.

Απόδειξη: με διαδοχική αναγωγή στις (I) a^q+b^q=q^c και (II) a^q+b^q\leq (a+b)^2.

(I) Εύλογα υποθέτουμε ότι οι a, b δεν διαιρούνται δια q, και θέτουμε a+b=q^d, όπου d<c. Αντικαθιστώντας την b=q^d-a στην (a+b)(a^{p-1}-a^{p-2}b+...-ab^{p-2}+b^{p-1})=q^c προκύπτει η ισότητα

pa^{p-1}+Mq^d=q^{c-d}, όπου M ακέραιος,

από την οποία συμπεραίνουμε ότι q|p. Θέτοντας p=mq, η a^p+b^p=q^c δίνει a'^q+b'^q=q^c, όπου a'=a^m, b'=b^m.

(II) Αντικαθιστώντας, και πάλι, την b=q^d-a στην (a+b)(a^{q-1}-a^{q-2}b+...-ab^{q-2}+b^{q-1})=q^c, λαμβάνουμε διαδοχικά τις ισότητες

qa^{q-1}-[1+...+(q-2)+(q-1)]a^{q-2}q^d+Nq^{2d}=q^{c-d}, όπου N ακέραιος, και

a^{q-1}-\displaystyle\frac{q+1}{2}a^{q-2}q^d+Nq^{2d-1}=q^{c-d-1}.

Επειδή d\leq 2d-1, αν ίσχυε και η d\leq c-d-1 ... ο q^d θα διαιρούσε τον a^{q-1}, άτοπο. Ισχύει λοιπόν η ανισότητα d>c-d-1, άρα και η c\leq2d. Αυτό όμως σημαίνει, λόγω των a^q+b^q=q^c και a+b=q^d, ότι ισχύει και η ανισότητα

a^q+b^q\leq(a+b)^2.

Η ανισότητα αυτή δεν ισχύει για q\geq4, εκτός και αν a=b=1. Πράγματι, αν a>1 και b>1 τότε προφανώς a^4+b^4>a^3+b^3\geq 2a^2+2b^2\geq(a+b)^2. Αν πάλι a=1 και b>1, τότε b^3>b+2, άρα 1+b^4>(1+b)^2.

Για q=3 ... έχουμε ήδη δείξει παραπάνω ότι η ανισότητα μπορεί να ισχύει μόνο αν a=1b=1). Παρατηρούμε ότι η 1+b^3\leq(1+b)^2 είναι ισοδύναμη προς την (b-2)(b+1)\geq0, ισχύει επομένως μόνο για b=2. Και πράγματι για a=1, b=2, q=3, η a^3+b^3=(a+b)^2=q^2 ισχύει.

[Η παραπάνω απόδειξη δεν είναι καθοριστικά δυσκολότερη από την απόδειξη της ειδικής περίπτωσης που δόθηκε ως θέμα.]
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Κυρ Ιαν 08, 2017 2:10 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης