Βραζιλιάνικα...

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 912
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Βραζιλιάνικα...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Πέμ Αύγ 27, 2020 10:06 pm

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b ώστε 3^{a}=2b^{2}+1.

Φιλικά,
Μάριος


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Λέξεις Κλειδιά:
nikhtas30
Δημοσιεύσεις: 63
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 25, 2019 5:04 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikhtas30 » Παρ Αύγ 28, 2020 8:46 am

Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
(a,b)=(1,1) ή (a,b)=(2,2) ή (a,b)=(5,11)

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του a ανέβαινε κατά +1 κάθε φορά.
π.χ
a≥3 ή...ή b≥√13, τότε b≥4 ή...ή 3^{a}≥33, τότε a≥4 και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για x=b και y=a και x,y \in {R}
Graph_2020-08-28_09-42-04.png
Graph_2020-08-28_09-42-04.png (19.71 KiB) Προβλήθηκε 1014 φορές
Screenshot_20200829-035050.png
Screenshot_20200829-035050.png (79.23 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές
Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι 3^a≠2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
τελευταία επεξεργασία από nikhtas30 σε Σάβ Αύγ 29, 2020 3:57 am, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


miltosk
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Παρ Αύγ 28, 2020 9:52 am

M.S.Vovos έγραψε:
Πέμ Αύγ 27, 2020 10:06 pm
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b ώστε 3^{a}=2b^{2}+1.

Φιλικά,
Μάριος
Για a άρτιο δεν έχουμε μεγάλο πρόβλημα.
Για a περιττό, θα μπορούσε να δουλέψει το εξής:
3^{a+1}-6b^2=3 που είναι μια γενικευμένη Pell με την οποία δεν έχω τις γνώσεις να ασχοληθώ.
Αν βρω κάτι απλούστερο θα βάλω λύση.
Edit: η εξίσωση x^2-6y^2=3 περιγράφεται εδώ: https://www.google.com/url?sa=t&source= ... 8598252147
Τώρα βλέπω πως υπάρχουν γραμμικές ακολουθίες (σύστημα αυτών) που παράγουν λύσεις, αλλά δεν μπορώ να λύσω το σύστημα, γιατί δεν ξέρω να αναλύσω τη δυναμοσειρά στο τέλος, για να καταλήξω σε γραμμική ακολουθία μίας και ενδεχομένως από εκεί να πάρω λύσεις.


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 326
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Παρ Αύγ 28, 2020 7:09 pm

Είναι ψιλοστάνταρ η διαδικασία (για a περιττό-τα άλλα εύκολα)-αν και εμπεριέχει λίγη "τύχη").
Για να τη δούμε:
Έστω a=2k+1,k\in \mathbb{N}_{0}.
Η δοθείσα γράφεται ως 3\cdot (3^k)^{2}-2b^2=1.
Μελετάμε λοιπόν τη διοφαντική 3x^2-2y^2=1 (1) και ελπίζουμε να περιορίσουμε κάπως τις δυνάμεις του 3 που αποτελούν λύσεις για το x.

Βρίσκουμε αρχικά ως θεμελιώδη λύση την (x_{0},y_{0})=(1,1).
Από γνωστή θεωρία,η γενική λύση (x_{n},y_{n}) δίνεται από το ζεύγος (x_{0}u_{n}+2y_{0}w_{n},y_{0}u_{n}+3x_{0}w_{n}).
Αυτό γράφεται απλούστερα ως (u_{n}+2w_{n},u_{n}+3w_{n}).
Τι είναι τα u_{i},w_{i} ;.
Είναι οι ακολουθίες των λύσεων της λεγόμενης "επιλύουσας Pell" της (1).
Αυτή η Pell,στη γενική περίπτωση (ax^2-by^2=1) έχει τη μορφή u^2-abw^2=1.
Οι σχετικές αποδείξεις των ισχυρισμών παραλείπονται-αν και δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολες.

Στη συγκεκριμένη περίπτωση λοιπόν,η επιλύουσα για την (1) είναι η u^2-6w^2=1 για την οποία βρίσκουμε την (u_{1},w_{1})=(5,2) ως θεμελιώδη λύση.
Ο γενικός αναδρομικός τύπος που προκύπτει από την παραπάνω Pell είναι u_{n+1}=5u_{n}+12w_{n},u_{1}=5 για την u και w_{n+1}=2u_{n}+5w_{n},w_{1}=2.
Απαλοίφουμε το w στην πρώτη και το u στη δεύτερη,για να πάρουμε τις σαφώς φιλικότερες u_{n+1}=10u_{n}-u_{n-1},u_{0}=1,u_{1}=5 και w_{n+1}=10w_{n}-w_{n-1},w_{0}=0,w_{1}=2.Εδώ απλώς κοτσάραμε την (u_{0},w_{0})=(1,0) ως τετριμμένη λύση-που όμως περιέχεται στην ακολουθία.

Το σημαντικό είναι ότι οι u_{i},w_{i} έχουν τον ίδιο αναδρομικό τύπο.
Το ίδιο λοιπόν θα ισχύει και για τη x_{i} (γραμμικός συνδυασμός τους).
Τσεκάροντας τις αρχικές συνθήκες παίρνουμε:
x_{n+1}=10x_{n}-x_{n-1},x_{0}=1,x_{1}=9.

Η δυσκολία εδώ έγκειται στο ότι οι πρώτοι δύο όροι είναι ήδη δυνάμεις του 3.
Παίρνουμε mod3 την παραπάνω.
Βλέπουμε ότι τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα :1,0,2,2,0,1.. και μετά ξανά από την αρχή-αναμενόμενο να "ανακυκλώνονται" από Περιστεροφωλιά.

Θα θέλαμε να δείξουμε ότι όποτε μια μεγάλη δύναμη του 3 διαιρεί όρο της ακολουθίας,τότε αυτή διαιρείται και από κάτι άλλο οπότε αποκλείεται κάποιος όρος να περιέχει μόνο τριάρια.

Ας πάρουμε το αμέσως επόμενο μηδενικό.
Είναι x_{4}=8721=3^3\cdot 17 \cdot 19.
Ας πάρουμε λοιπόν mod 17 την ακολουθία,για να δούμε τι πάει στραβά. (και το 19 δουλεύει εντελώς κατά τύχη).
Τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα :1,9,4,14,0,3,13,8,16,16,8,13,3,0,14,4,9,1 και ξανά από την αρχή.
Εντελώς τυχαία (ή ίσως όχι),αν πάρουμε mod27 η περίοδος είναι ίδια με του mod17 και τα μηδενικά πέφτουν στα ίδια ακριβώς σημεία.

Επομένως οι μόνες δυνάμεις του 3 που υπάρχουν στην ακολουθία είναι 3^0,3^2 που δίνουν ως λύσεις τις (a,b)=(1,1),(5,11).


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Βραζιλιάνικα...

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Αύγ 28, 2020 7:19 pm

Θα δείξω ότι αν 3^a=2b^2+1 τότε b= \frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a}).
Δουλεύουμε στο \mathbb{Q}(\sqrt{-2}) το οποίο είναι ευκλείδια περιοχή.
Μπορούμε να γράψουμε την αρχική ως εξής: (2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= 2 \cdot 3^a.
Άρα επειδή 3= (1-\sqrt{-2})(1+\sqrt{-2}) μπορούμε να πούμε ότι (2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= - (\sqrt{-2})^2 (1-\sqrt{-2})^a(1+\sqrt{-2})^a, το οποίο είναι ανάλυση σε πρώτους παράγοντες στο \mathbb{Q}(\sqrt{-2}).
Άρα αφού το \mathbb{Q}(\sqrt{-2}) είναι περιοχή μοναδικής παραγοντοποίησης έχουμε ότι:
2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1-\sqrt{-2})^j (1+ \sqrt{-2})^k= \pm (\sqrt{-2})^i 3^w (1 \pm \sqrt{-2})^s .
Όμως το 3 δεν διαιρεί τον 2b - \sqrt{-2} στον \mathbb{Q}(\sqrt{-2}).
Άρα w=0, το οποίο σημαίνει ότι 2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1 \pm \sqrt{-2})^s .
Παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε 4b^2+2= 2^i 3^s. Οπότε i=1 και s=a.
Άρα 2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a και το συμπέρασμα έπεται.
τελευταία επεξεργασία από stranger σε Παρ Αύγ 28, 2020 8:59 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
miltosk
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Παρ Αύγ 28, 2020 8:12 pm

min## έγραψε:
Παρ Αύγ 28, 2020 7:09 pm
Είναι ψιλοστάνταρ η διαδικασία (για a περιττό-τα άλλα εύκολα)-αν και εμπεριέχει λίγη "τύχη").
Για να τη δούμε:
Έστω a=2k+1,k\in \mathbb{N}_{0}.
Η δοθείσα γράφεται ως 3\cdot (3^k)^{2}-2b^2=1.
Μελετάμε λοιπόν τη διοφαντική 3x^2-2y^2=1 (1) και ελπίζουμε να περιορίσουμε κάπως τις δυνάμεις του 3 που αποτελούν λύσεις για το x.

Βρίσκουμε αρχικά ως θεμελιώδη λύση την (x_{0},y_{0})=(1,1).
Από γνωστή θεωρία,η γενική λύση (x_{n},y_{n}) δίνεται από το ζεύγος (x_{0}u_{n}+2y_{0}w_{n},y_{0}u_{n}+3x_{0}w_{n}).
Αυτό γράφεται απλούστερα ως (u_{n}+2w_{n},u_{n}+3w_{n}).
Τι είναι τα u_{i},w_{i} ;.
Είναι οι ακολουθίες των λύσεων της λεγόμενης "επιλύουσας Pell" της (1).
Αυτή η Pell,στη γενική περίπτωση (ax^2-by^2=1) έχει τη μορφή u^2-abw^2=1.
Οι σχετικές αποδείξεις των ισχυρισμών παραλείπονται-αν και δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολες.

Στη συγκεκριμένη περίπτωση λοιπόν,η επιλύουσα για την (1) είναι η u^2-6w^2=1 για την οποία βρίσκουμε την (u_{1},w_{1})=(5,2) ως θεμελιώδη λύση.
Ο γενικός αναδρομικός τύπος που προκύπτει από την παραπάνω Pell είναι u_{n+1}=5u_{n}+12w_{n},u_{1}=5 για την u και w_{n+1}=2u_{n}+5w_{n},w_{1}=2.
Απαλοίφουμε το w στην πρώτη και το u στη δεύτερη,για να πάρουμε τις σαφώς φιλικότερες u_{n+1}=10u_{n}-u_{n-1},u_{0}=1,u_{1}=5 και w_{n+1}=10w_{n}-w_{n-1},w_{0}=0,w_{1}=2.Εδώ απλώς κοτσάραμε την (u_{0},w_{0})=(1,0) ως τετριμμένη λύση-που όμως περιέχεται στην ακολουθία.

Το σημαντικό είναι ότι οι u_{i},w_{i} έχουν τον ίδιο αναδρομικό τύπο.
Το ίδιο λοιπόν θα ισχύει και για τη x_{i} (γραμμικός συνδυασμός τους).
Τσεκάροντας τις αρχικές συνθήκες παίρνουμε:
x_{n+1}=10x_{n}-x_{n-1},x_{0}=1,x_{1}=9.

Η δυσκολία εδώ έγκειται στο ότι οι πρώτοι δύο όροι είναι ήδη δυνάμεις του 3.
Παίρνουμε mod3 την παραπάνω.
Βλέπουμε ότι τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα :1,0,2,2,0,1.. και μετά ξανά από την αρχή-αναμενόμενο να "ανακυκλώνονται" από Περιστεροφωλιά.

Θα θέλαμε να δείξουμε ότι όποτε μια μεγάλη δύναμη του 3 διαιρεί όρο της ακολουθίας,τότε αυτή διαιρείται και από κάτι άλλο οπότε αποκλείεται κάποιος όρος να περιέχει μόνο τριάρια.

Ας πάρουμε το αμέσως επόμενο μηδενικό.
Είναι x_{4}=8721=3^3\cdot 17 \cdot 19.
Ας πάρουμε λοιπόν mod 17 την ακολουθία,για να δούμε τι πάει στραβά. (και το 19 δουλεύει εντελώς κατά τύχη).
Τα υπόλοιπα που αφήνει είναι τα :1,9,4,14,0,3,13,8,16,16,8,13,3,0,14,4,9,1 και ξανά από την αρχή.
Εντελώς τυχαία (ή ίσως όχι),αν πάρουμε mod27 η περίοδος είναι ίδια με του mod17 και τα μηδενικά πέφτουν στα ίδια ακριβώς σημεία.

Επομένως οι μόνες δυνάμεις του 3 που υπάρχουν στην ακολουθία είναι 3^0,3^2 που δίνουν ως λύσεις τις (a,b)=(1,1),(5,11).
Ωραία, καλή ανάλυση (την οποία υποθέτω έκανες για να με διευκολύνεις οπότε και σε ευχαριστώ). Δε μου ρθε καθόλου η νορμάλ Pell και βούτηξα στη γενικευμένη όπου την βρήκα κάπως λυμενη και το δεσα κόμπο ότι μόνο έτσι βγαίνει.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Βραζιλιάνικα...

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Αύγ 29, 2020 12:12 am

stranger έγραψε:
Παρ Αύγ 28, 2020 7:19 pm
Θα δείξω ότι αν 3^a=2b^2+1 τότε b= \frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a}).
Δουλεύουμε στο \mathbb{Q}(\sqrt{-2}) το οποίο είναι ευκλείδια περιοχή.
Μπορούμε να γράψουμε την αρχική ως εξής: (2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= 2 \cdot 3^a.
Άρα επειδή 3= (1-\sqrt{-2})(1+\sqrt{-2}) μπορούμε να πούμε ότι (2b-\sqrt{-2})(2b+ \sqrt{-2})= - (\sqrt{-2})^2 (1-\sqrt{-2})^a(1+\sqrt{-2})^a, το οποίο είναι ανάλυση σε πρώτους παράγοντες στο \mathbb{Q}(\sqrt{-2}).
Άρα αφού το \mathbb{Q}(\sqrt{-2}) είναι περιοχή μοναδικής παραγοντοποίησης έχουμε ότι:
2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1-\sqrt{-2})^j (1+ \sqrt{-2})^k= \pm (\sqrt{-2})^i 3^w (1 \pm \sqrt{-2})^s .
Όμως το 3 δεν διαιρεί τον 2b - \sqrt{-2} στον \mathbb{Q}(\sqrt{-2}).
Άρα w=0, το οποίο σημαίνει ότι 2b-\sqrt{-2} = \pm (\sqrt{-2})^i (1 \pm \sqrt{-2})^s .
Παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε 4b^2+2= 2^i 3^s. Οπότε i=1 και s=a.
Άρα 2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a και το συμπέρασμα έπεται.
Συνεχίζοντας...
Έστω ότι 2b- \sqrt{-2} = \pm \sqrt{-2} (1 \pm \sqrt{-2})^a και ότι ο b είναι πραγματικός. Τότε παίρνοντας απόλυτες τιμές έχουμε 2b^2+1 = 3^a.
Άρα ο b^2 είναι ακέραιος όταν ο a είναι φυσικός. Όπότε b= \pm \sqrt{n} όπου n φυσικός αριθμός.
Όποτε 2 \sqrt{n}= \pm \sqrt{-2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a}). Άρα αφού ο \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] είναι δακτύλιος έπεται ότι κάθε προσθαφαίρεση και πολλαπλασιασμός στοιχείων του είναι μέσα στον δακτύλιο. Άρα 2 \sqrt{n} \in \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] από το οποίο μπορούμε να βγάλουμε μετά ότι ο n είναι τετράγωνο φυσικού. Άρα b \in \mathbb{Z}.
Οπότε οι λύσεις της διοφαντικής είναι ακριβώς οι \{(a,b) = (a,\frac{\sqrt{-2}}{2}(1 \pm {(1 \pm \sqrt{-2})^a}))) : a \in \mathbb{N}\, b \in \mathbb{R}\} .


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Βραζιλιάνικα...

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Αύγ 29, 2020 8:40 pm

ΛΑΘΟΣ POST.
τελευταία επεξεργασία από stranger σε Δευ Αύγ 31, 2020 7:07 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
nikhtas30
Δημοσιεύσεις: 63
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 25, 2019 5:04 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikhtas30 » Κυρ Αύγ 30, 2020 3:08 am

nikhtas30 έγραψε:
Παρ Αύγ 28, 2020 8:46 am
Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
(a,b)=(1,1) ή (a,b)=(2,2) ή (a,b)=(5,11)

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του a ανέβαινε κατά +1 κάθε φορά.
π.χ
a≥3 ή...ή b≥√13, τότε b≥4 ή...ή 3^{a}≥33, τότε a≥4 και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για x=b και y=a και x,y \in {R}Graph_2020-08-28_09-42-04.pngScreenshot_20200829-035050.png

Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι 3^a≠2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
Έστω ότι
3^a≤2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
άρα
3^a≤289
δηλαδή
a≤5, Άτοπο, οπότε
3^a>2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
με άλλα λόγια απέδειξα ότι
3^a≠2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥6
Συνεπώς δεν έχει λύσεις για a≥6 και b≥6
Άρα δεν χάνω λύσει άρα τελείωσα


Edit:
Απλά απέδειξα ότι δεν ισχύει ισχύει η ανισότητα για b=12 και όχι για κάθε b≥12.
Βασικά και αυτό που υποθέτω είναι λάθος, γιατί δεν βγαίνει "για κάθε"
a≥6 και b≥12 θα μπορούσε κάποιος να b=1000 και a=6 ή το ανάποδο, οπότε δεν ισχύει ο ισχυρισμός μου ή κάποιος παρόμοιος.
τελευταία επεξεργασία από nikhtas30 σε Κυρ Αύγ 30, 2020 12:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Βραζιλιάνικα...

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Αύγ 30, 2020 11:56 am

nikhtas30 έγραψε:
Κυρ Αύγ 30, 2020 3:08 am
nikhtas30 έγραψε:
Παρ Αύγ 28, 2020 8:46 am
Καλημέρα
Βρήκα εμπειρικά τις λύσεις
(a,b)=(1,1) ή (a,b)=(2,2) ή (a,b)=(5,11)

Βασικά καθόμουν και έκανα ανισώσεις (άσκοπες αριθμητικές πράξεις), αλλά στην ουσία είναι σαν να έκανα δοκιμές, αφού η τιμή του a ανέβαινε κατά +1 κάθε φορά.
π.χ
a≥3 ή...ή b≥√13, τότε b≥4 ή...ή 3^{a}≥33, τότε a≥4 και ούτω καθεξής
Έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις και
δεν έχω τρόπο (εργαλεία) να αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Οπότε τ'αφήνω έτσι για τώρα.

Edit για x=b και y=a και x,y \in {R}Graph_2020-08-28_09-42-04.pngScreenshot_20200829-035050.png

Αρκεί να βρω τρόπο να αποδείξω ότι 3^a≠2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
Έστω ότι
3^a≤2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
άρα
3^a≤289
δηλαδή
a≤5, Άτοπο, οπότε
3^a>2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥12
με άλλα λόγια απέδειξα ότι
3^a≠2b^2+1 για κάθε a≥6 και b≥6
Συνεπώς δεν έχει λύσεις για a≥6 και b≥6
Άρα δεν χάνω λύσει άρα τελείωσα
Δεν είναι συλλογιστική αυτή. Υποθέτεις ότι 3^a \leq 2b^2+1 και καταλήγεις ότι 3^a \leq 289. Επίσης και το υπόλοιπο του κειμένου είναι γεμάτο λάθη.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
miltosk
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Βραζιλιάνικα...

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Αύγ 30, 2020 12:08 pm

Γενικά σε τέτοιες ασκήσεις η καθαρή άλγεβρα δεν κάνει τίποτα μόνη της.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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