Tallteori og bevis for abelfinalen

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Tallteori og bevis for abelfinalen

Innlegg ABEL1 » 04/03-2021 04:57

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
ABEL1 offline
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 8
Registrert: 28/12-2020 22:48

Re: Tallteori og bevis for abelfinalen

Innlegg Solar Plexsus » 05/03-2021 17:10

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.
Solar Plexsus offline
Over-Guru
Over-Guru
Innlegg: 1680
Registrert: 03/10-2005 11:09

Re: Tallteori og bevis for abelfinalen

Innlegg jos » 05/03-2021 21:17

Takk for en skarpsindig analyse. Stusset bare over setningen nedenfor. Der skal det vel stå umulig i stedet for mulig?


Av serien av ulikheter (3) får vi at abc<3, som er mulig ettersom a,b,c>1.
jos offline
Cantor
Cantor
Innlegg: 145
Registrert: 04/06-2019 11:01

Re: Tallteori og bevis for abelfinalen

Innlegg Gustav » 05/03-2021 22:02

jos skrev:Takk for en skarpsindig analyse. Stusset bare over setningen nedenfor. Der skal det vel stå umulig i stedet for mulig?


Av serien av ulikheter (3) får vi at abc<3, som er mulig ettersom a,b,c>1.


Selvsagt riktig påpekt.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4468
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Tallteori og bevis for abelfinalen

Innlegg ABEL1 » 03/05-2021 20:32

alternativ fremgangsmåte for p=2. skal stå omvendt for ulikhet * og ** nederst på siste side
Vedlegg
1.PNG
1.PNG (85.47 KiB) Vist 353 ganger
2.PNG
2.PNG (86.32 KiB) Vist 353 ganger
ABEL1 offline
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 8
Registrert: 28/12-2020 22:48

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 7 gjester