uravneniyce
17 отговора
1216 прегледа
Re: uravneniyce
Ne znam za vsichkite resheniq. Spored edna ot teoremite na Siegel (eliptichna kriva move da sydurva samo kraen broi celochisleni tochki) pokazwa, che resheniqta sa kraen broi.
V tazi nasoka syvsem naskoro mi popadna edna statiq ot Bulletin of the AMS, otnosno hipotezata na Catalan. Qvno veche tazi hipoteza e dokazana.
Hipotesata na Catalan:
Uravnenieto x^q-y^s=1 nama drugi resheniq v celi chisla oswen x=3, q=2, y=2, s=3.
V tazi nasoka syvsem naskoro mi popadna edna statiq ot Bulletin of the AMS, otnosno hipotezata na Catalan. Qvno veche tazi hipoteza e dokazana.
Hipotesata na Catalan:
Uravnenieto x^q-y^s=1 nama drugi resheniq v celi chisla oswen x=3, q=2, y=2, s=3.
Re: uravneniyce
Ako y e chetno togava x e nechetno. Neka y=2k i x=2n+1, zamestvame
8k^3=4n^2+4n+1+5 sledva che 4 deli 6, znachi nemoje. Po sushtia nachin y ne e delimo na 5. Zapisvame uravnenieto po slednia nachin
y^3=(x+r(-5))(x-r(-5)) izpolzvam r(a) za kvadraten koren ot a.
V poleto Q(r(-5)) prustena ot tseli e Z[r(-5)] , 1, -1 sa edinstvenite edinitsi i grupata ot klasove ideali ima red 2.
Neka p e prost ideal koito sudurja x+r(-5) i x-r(-5), togava p sudurja 2r(-5) i y. Sledovatelno N(p) deli 20 i y^2 koeto e nevuzmojno sled kato y ne se deli na 2 ili 5
zanchi idealite <x+r(-5)> i <x-r(-5)> sa vzaimno prosti. I sled kato proizvedenieto im e kub znachi vseki ot tiah e kub t.e. <x+r(-5)> = I^3 kudeto I e niakukuv si ideal. Sled kato grupata ot klasove ideali e ot red 2 t.e. niama elementi ot red 3 sledva che I e glaven togava poluchavame:
x+r(-5) = (a+br(-5))^3 ili sus minus ot pred za niakakvi tseli a i b.
Povdigame na 3-ta i sraviavame poluchava se che 1=b(3a^2-5b^2) ili sus minus. Ot tuk b triabva da e 1 ili -1. Sledovatelno 3a^2-5=1 ili -1 t.e. 3a^2 = 6 ili 4 za niakakvo tsialo a koeto ochevidno e nevuzmojno.
Znachi niama reshenia v tseli chisla.
8k^3=4n^2+4n+1+5 sledva che 4 deli 6, znachi nemoje. Po sushtia nachin y ne e delimo na 5. Zapisvame uravnenieto po slednia nachin
y^3=(x+r(-5))(x-r(-5)) izpolzvam r(a) za kvadraten koren ot a.
V poleto Q(r(-5)) prustena ot tseli e Z[r(-5)] , 1, -1 sa edinstvenite edinitsi i grupata ot klasove ideali ima red 2.
Neka p e prost ideal koito sudurja x+r(-5) i x-r(-5), togava p sudurja 2r(-5) i y. Sledovatelno N(p) deli 20 i y^2 koeto e nevuzmojno sled kato y ne se deli na 2 ili 5
zanchi idealite <x+r(-5)> i <x-r(-5)> sa vzaimno prosti. I sled kato proizvedenieto im e kub znachi vseki ot tiah e kub t.e. <x+r(-5)> = I^3 kudeto I e niakukuv si ideal. Sled kato grupata ot klasove ideali e ot red 2 t.e. niama elementi ot red 3 sledva che I e glaven togava poluchavame:
x+r(-5) = (a+br(-5))^3 ili sus minus ot pred za niakakvi tseli a i b.
Povdigame na 3-ta i sraviavame poluchava se che 1=b(3a^2-5b^2) ili sus minus. Ot tuk b triabva da e 1 ili -1. Sledovatelno 3a^2-5=1 ili -1 t.e. 3a^2 = 6 ili 4 za niakakvo tsialo a koeto ochevidno e nevuzmojno.
Znachi niama reshenia v tseli chisla.
Редактирано от gunshin на
Re: uchenichesko reshenie
ОК, ще изполдвам команди от latex.
Да допуснем, че уравнението има решение.
Ако y е четно, то x \equiv 3 (mod 4), което е немъзможно. Следователно
y е нечетно, а x е четно.
Ако y \equiv 3 (mod 4), то x \equiv 2 (mod 4), което е невъзможно.
Нека y \equiv 1 (mod 4). От представянето x^2+4=(y-1)(y^2+y+1) следва,
че y^2+y+1 дели (x/2)^2+1 (y^2+y+1 е нечетно и значи взаимно просто
с 4). Но y^2+y+1 \equiv 3 (mod 4), т.е. (x/2)^2+1 има прост делител от
вида 4k+3 (не е възможно всички прости делители на y^2+y+1 да са от
вида 4k+1)- противоречие.
Да допуснем, че уравнението има решение.
Ако y е четно, то x \equiv 3 (mod 4), което е немъзможно. Следователно
y е нечетно, а x е четно.
Ако y \equiv 3 (mod 4), то x \equiv 2 (mod 4), което е невъзможно.
Нека y \equiv 1 (mod 4). От представянето x^2+4=(y-1)(y^2+y+1) следва,
че y^2+y+1 дели (x/2)^2+1 (y^2+y+1 е нечетно и значи взаимно просто
с 4). Но y^2+y+1 \equiv 3 (mod 4), т.е. (x/2)^2+1 има прост делител от
вида 4k+3 (не е възможно всички прости делители на y^2+y+1 да са от
вида 4k+1)- противоречие.
