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.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
ABEL1
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 6
Registrert: 28/12-2020 22:48

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
Solar Plexsus
Over-Guru
Over-Guru
Innlegg: 1680
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.
jos
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 152
Registrert: 04/06-2019 12:01

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.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4475
Registrert: 12/12-2008 12:44

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.
Svar