Bevis eller motbevis følgende påstand
Gitt [tex]a\neq b\neq c[/tex] og [tex](a,b,c)>0[/tex]
må det finnes [tex]k\geq 2[/tex] løsninger/ tripler [tex](a,b,c)[/tex] som tilfredstiller
[tex]a^b*b^c*c^a[/tex][tex]=a*b*c+2(a+b+c)+p[/tex]
der [tex]p[/tex] er et primtall
Tallteori og bevis for abelfinalen
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Solar Plexsus
- Over-Guru
- Innlegg: 1686
- Registrert: 03/10-2005 12:09
Vi har gitt den diofantiske likningen
$(1) \;\; a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + p$,
der a,b,c er distinkte naturlige tall og p er et primtall.
Hvis abc er odde, er a,b,c alle odde, som betyr at venstre side av likning (1) er odde, hvilket igjen impliserer at p er like. Likeledes, hvis abc er like, er venstre side av likning (1) like, som igjen innebærer at p er like. Herav følger at p=2, som innsatt i likning (1) gir
$(2) \;\; a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + 2$.
Vi kan uten tap av generalitet anta at a er det minste av tallene a,b,c.
Anta at a>1. Da er a,b,c>1 som i kombinasjon med likning (2) medfører at
$(3) \;\; (abc)^2 < a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + 2 < 3abc$
siden
$a + b + c + 1 < abc$
er ekvivalent med
${\textstyle \frac{1}{ab} + \frac{1}{ac} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{abc} < 1}$
som åpenbart er sant fordi a,b,c>1.
Av serien av ulikheter (3) får vi at abc<3, som er mulig ettersom a,b,c>1. Denne motsigelsen betyr at a=1, som innsatt i likning (2) resulterer i
$(4) \;\; b^c \cdot c = (b + 2)(c + 2)$.
Ved å dele begge sider av likning (4) med bc, får vi
${\textstyle b^{c-1} = (1 + \frac{2}{b})(1 + \frac{2}{c}) < (1 + \frac{2}{2})^2 = (1 + 1)^2 = 2^2}$
fordi b og c er to distinkte heltall større enn 1. Så vi har at
$b^{c-1} < 4$,
en ulikhet hvis eneste løsning er (b,c) = (3,2), som ikke er en løsning av likning (4).
Konklusjon: Likning (1) har ingen løsning.
$(1) \;\; a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + p$,
der a,b,c er distinkte naturlige tall og p er et primtall.
Hvis abc er odde, er a,b,c alle odde, som betyr at venstre side av likning (1) er odde, hvilket igjen impliserer at p er like. Likeledes, hvis abc er like, er venstre side av likning (1) like, som igjen innebærer at p er like. Herav følger at p=2, som innsatt i likning (1) gir
$(2) \;\; a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + 2$.
Vi kan uten tap av generalitet anta at a er det minste av tallene a,b,c.
Anta at a>1. Da er a,b,c>1 som i kombinasjon med likning (2) medfører at
$(3) \;\; (abc)^2 < a^b \cdot b^c \cdot c^a = abc + 2(a + b + c) + 2 < 3abc$
siden
$a + b + c + 1 < abc$
er ekvivalent med
${\textstyle \frac{1}{ab} + \frac{1}{ac} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{abc} < 1}$
som åpenbart er sant fordi a,b,c>1.
Av serien av ulikheter (3) får vi at abc<3, som er mulig ettersom a,b,c>1. Denne motsigelsen betyr at a=1, som innsatt i likning (2) resulterer i
$(4) \;\; b^c \cdot c = (b + 2)(c + 2)$.
Ved å dele begge sider av likning (4) med bc, får vi
${\textstyle b^{c-1} = (1 + \frac{2}{b})(1 + \frac{2}{c}) < (1 + \frac{2}{2})^2 = (1 + 1)^2 = 2^2}$
fordi b og c er to distinkte heltall større enn 1. Så vi har at
$b^{c-1} < 4$,
en ulikhet hvis eneste løsning er (b,c) = (3,2), som ikke er en løsning av likning (4).
Konklusjon: Likning (1) har ingen løsning.
