Równanie iloczynu funkcji dwóch zmiennych

[matemix]

Powiedzmy, że mamy następujące wyrażenia:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot b-1}{2^{a} \cdot b-1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d-1}{2^{c} \cdot d-1} \cdot \frac {3^{e} \cdot f-1}{2^{e} \cdot f-1} \cdot \ ... \ \cdot \frac {3^{m} \cdot n-1}{2^{m} \cdot n-1}=2^{x}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot b+1}{2^{a} \cdot b+1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{c} \cdot d+1} \cdot \frac {3^{e} \cdot f+1}{2^{e} \cdot f+1} \cdot \ ... \ \cdot \frac {3^{m} \cdot n+1}{2^{m} \cdot n+1}=2^{x}}\)

Wszystkie zmienne są liczbami naturalnymi. Natomiast ilość czynników w tych wyrażeniach należy do przedziału \(\displaystyle{ <1, \infty)}\), tzn. może być dowolna.

PYTANIE: dla jakich wartości zmiennych i przy jakiej ilości czynników owe równania są spełnione?

[matemix]

Cóż, mogłem się raczej spodziewać, że nikt nie odpowie, bo problem wydaje się być niełatwy...

Postanowiłem zająć się na początek pierwszym równaniem. Sprawdziłem jaki musi być w ogóle stosunek x do y, aby wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {x \cdot k -1}{y \cdot k -1}}\)

dawało wynik całkowity. Okazuje się, że aby wynik był całkowity to x musi być równe \(\displaystyle{ y \cdot (k+1)-1}\), a wynik będzie wtedy zawsze wynosił dokładnie \(\displaystyle{ k+1}\). A zatem mamy:

\(\displaystyle{ \frac {(y \cdot (k+1)-1) \cdot k-1}{y \cdot k-1} = k+1}\)

Jeśli podstawimy sobie do równania nasze zmienne otrzymamy:

\(\displaystyle{ k+1=2^{x}}\)

\(\displaystyle{ y=2^{a}}\)

\(\displaystyle{ \frac {(2^{a} \cdot 2^{x}-1) \cdot (2^{x}-1)-1}{2^{a} \cdot (2^{x}-1)-1} = 2^{x}}\)

Teraz wystarczy sprawdzić tylko czy \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2^{x}-1}\) może być równe \(\displaystyle{ 3^{a}}\).

\(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2^{x}=3^{a}+1}\)

\(\displaystyle{ 2^{a}}\) to suma: \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{a-1}2^{i} +1}\)

\(\displaystyle{ 3^{a}+1}\) to suma: \(\displaystyle{ 2 \cdot \sum_{i=0}^{a-1}3^{i} +2}\)

Mamy zatem:

\(\displaystyle{ 2^{x-1}=\frac{\sum_{i=0}^{a-1}2^{i} +1}{\sum_{i=0}^{a-1}3^{i} +1}}\)

A oto kolejne wartości jakie przyjmuje wyrażenie po prawej stronie:

2/2 = 1

(1+3+1)/4 = 1,25

(1+3+9+1)/8 = 1,75

(1+3+9+27+1)/16 = 2,5625

(1+3+9+27+81+1)/32 = 3,8125

(1+3+9+27+81+243+1)/64 = 5,703125

(1+3+9+27+81+243+729+1)/128 = 8,546875

(1+3+9+27+81+243+729+2187+1)/256 = 12,81640625

Widać, iż ilość miejsc po przecinku zwiększa się im większe jest a. Dlatego równanie \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2^{x}=3^{a}+1}\) nie ma więcej rozwiązań. A zatem również równanie:

\(\displaystyle{ \frac {(2^{a} \cdot 2^{x}-1) \cdot (2^{x}-1)-1}{2^{a} \cdot (2^{x}-1)-1} = 2^{x}}\)

i ostatecznie:

\(\displaystyle{ \frac {x \cdot k -1}{y \cdot k -1}}\)

nie mają więcej rozwiązań całkowitych.

[Rogal]

A co to ma wspólnego z ciągami i szeregami funkcyjnymi???

[Sylwek]

Przykro mi, ale zupełnie nie uważasz jak i co dowodzisz. Jeśli chcesz się zabierać za trudne problemy, radzę najpierw dobrze opanować podstawy.

Postanowiłem zająć się na początek pierwszym równaniem. Sprawdziłem jaki musi być w ogóle stosunek x do y, aby wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {x \cdot k -1}{y \cdot k -1}}\)

dawało wynik całkowity.

Wcale nie musi być całkowite, gdyż np. : \(\displaystyle{ \frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} = 2 = 2^1}\).

Okazuje się, że aby wynik był całkowity to x musi być równe \(\displaystyle{ y \cdot (k+1)-1}\), a wynik będzie wtedy zawsze wynosił dokładnie k+1.

2. Kolejny blef bez przemyślenia (już nie zważając na to, że i tak całe rozwiązanie jest zupełnie spalone [cała trudność zadania została "ominięta"] przez pierwsze podejście).
\(\displaystyle{ \frac{xk-1}{yk-1}=a \iff xk-1=yak-a \iff x=\frac{yak-a+1}{k}=ya-\frac{a-1}{k}}\). Zatem potrzeba i wystarczy, żeby: \(\displaystyle{ a-1=bk \iff a=bk+1}\) dla dowolnego b całkowitego. Inaczej: dla każdego \(\displaystyle{ a=bk+1}\) dla każdego y całkowitego (tak aby \(\displaystyle{ yk-1 \neq 0}\)) istnieje taki x całkowity, że \(\displaystyle{ \frac{xk-1}{yk-1}}\) jest całkowite. Ty "strzeliłeś", bo inaczej nie mogę tego nazwać, że \(\displaystyle{ b=1}\).

W tym momencie rozważasz już bardzo szczególny przypadek bardzo szczególnego przypadku. Nie sprawdzałem dokładnie kolejnych przejść, zainteresował mnie sposób rozwiązania \(\displaystyle{ 2^p=3^q+1}\). Metodą "słowotoku":

Teraz wystarczy sprawdzić tylko czy \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2^{x}-1}\) może być równe \(\displaystyle{ 3^{a}}\).

...

A oto kolejne wartości jakie przyjmuje wyrażenie po prawej stronie:

2/2 = 1

(1+3+1)/4 = 1,25

(1+3+9+1)/8 = 1,75

(1+3+9+27+1)/16 = 2,5625

(1+3+9+27+81+1)/32 = 3,8125

(1+3+9+27+81+243+1)/64 = 5,703125

(1+3+9+27+81+243+729+1)/128 = 8,546875

(1+3+9+27+81+243+729+2187+1)/256 = 12,81640625

Widać, iż ilość miejsc po przecinku zwiększa się im większe jest a. Dlatego równanie \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2^{x}=3^{a}+1}\) nie ma więcej rozwiązań.

3. Chyba raczej sam widzisz, że Twój dowód opiera się na "to jest prawdopodobnie prawda", podobnie jak to, co oznaczyłem punktem 2., więc to żaden dowód. A dlaczego niby kolejny wynik takich działań miałby nie dać wyniku całkowitego? Z Twojego rozumowania nic na ten temat nie da się wysnuć, bo zostało Ci jeszcze nieskończenie wiele przypadków wyników do wypisania. Po drugie rozwijanie liczby w sumę zwykle nic nie da, tylko komplikuje sprawę, należy je rozwiązać w postaci zwartej, czyli: \(\displaystyle{ 2^p=3^q+1}\).

4. Równanie \(\displaystyle{ 2^p = 3^q + 1}\) dla p,q całkowitych nieujemnych nie ma rozwiązań dla \(\displaystyle{ p \ge 3}\), gdyż wówczas lewa strona jest podzielna przez 8, a prawa strona daje resztę 2 lub 4 z dzielenia przez 8. Przypadki dla \(\displaystyle{ 0 \le p \le 2}\) do policzenia na palcach (dla p=0 lub p=2 brak rozwiązań, dla p=1 mamy q=0). Ale przypominam, że to jest szczególny przypadek szczególnego przypadku. Było nawet na forum dzisiaj

[matemix]

Postanowiłem zająć się na początek pierwszym równaniem. Sprawdziłem jaki musi być w ogóle stosunek x do y, aby wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {x \cdot k -1}{y \cdot k -1}}\)

dawało wynik całkowity.

Wcale nie musi być całkowite, gdyż np. : \(\displaystyle{ \frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} = 2 = 2^1}\).

Chyba mnie nie zrozumiałeś. Nie to miałem na myśli. Rozpatruję tu przypadek:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k -1}{2^{a} \cdot k -1}= 2^{x}}\)

który dla uproszczenia zamieniłem na przypadek ogólniejszy:

\(\displaystyle{ \frac {x \cdot k -1}{y \cdot k -1}}\)

Nie rozpatruję całego iloczynu:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot b-1}{2^{a} \cdot b-1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d-1}{2^{c} \cdot d-1} \cdot \frac {3^{e} \cdot f-1}{2^{e} \cdot f-1} \cdot \ ... \ \cdot \frac {3^{m} \cdot n-1}{2^{m} \cdot n-1}=2^{x}}\)

A tylko jedno równanie. Oczywiście gdy wyrażeń w iloczynie jest więcej niż jedno to nie muszą one być liczbami całkowitymi, aby równanie było spełnione.

Okazuje się, że aby wynik był całkowity to x musi być równe \(\displaystyle{ y \cdot (k+1)-1}\), a wynik będzie wtedy zawsze wynosił dokładnie k+1.

2. Kolejny blef bez przemyślenia (już nie zważając na to, że i tak całe rozwiązanie jest zupełnie spalone [cała trudność zadania została "ominięta"] przez pierwsze podejście).
\(\displaystyle{ \frac{xk-1}{yk-1}=a \iff xk-1=yak-a \iff x=\frac{yak-a+1}{k}=ya-\frac{a-1}{k}}\). Zatem potrzeba i wystarczy, żeby: \(\displaystyle{ a-1=bk \iff a=bk+1}\) dla dowolnego b całkowitego. Inaczej: dla każdego \(\displaystyle{ a=bk+1}\) dla każdego y całkowitego (tak aby \(\displaystyle{ yk-1 \neq 0}\)) istnieje taki x całkowity, że \(\displaystyle{ \frac{xk-1}{yk-1}}\) jest całkowite. Ty "strzeliłeś", bo inaczej nie mogę tego nazwać, że \(\displaystyle{ b=1}\).

Właściwie stwierdziłem, że ten fakt nie ma znaczenia i postanowiłem pominąć b>1. Bo jeśli mamy np. takie dwa przypadki:

\(\displaystyle{ \frac {12 \cdot 12 -1}{1 \cdot 12 -1} = 13}\) i \(\displaystyle{ \frac {48 \cdot 3 -1}{4 \cdot 3 -1} = 13}\)

W pierwszym przypadku b=1, w drugim b=4. I mam dowód, że dla przypadku b=1 liczba x (równa tu akurat 12) nie może być postaci 3^a, to dlaczego w drugim przypadku nasza liczba nie równa 3^a (na co mamy dowód - ten z modulo) pomnożona razy b miałaby stać sie nagle liczbą postaci 3^a?

3. Chyba raczej sam widzisz, że Twój dowód opiera się na "to jest prawdopodobnie prawda", podobnie jak to, co oznaczyłem punktem 2., więc to żaden dowód. A dlaczego niby kolejny wynik takich działań miałby nie dać wyniku całkowitego? Z Twojego rozumowania nic na ten temat nie da się wysnuć, bo zostało Ci jeszcze nieskończenie wiele przypadków wyników do wypisania. Po drugie rozwijanie liczby w sumę zwykle nic nie da, tylko komplikuje sprawę, należy je rozwiązać w postaci zwartej, czyli: \(\displaystyle{ 2^p=3^q+1}\).

Cóż, rozwijam w sumę, bo ta "zwarta" postać jest tak odporna, że nic nie da się z niej wywnioskować, więc pomyślałem sobie, że może rozpiszę to na sumy. No bo co niby można zrobić z taką postacią zwartą?

4. Równanie \(\displaystyle{ 2^p = 3^q + 1}\) dla p,q całkowitych nieujemnych nie ma rozwiązań dla \(\displaystyle{ p \ge 3}\), gdyż wówczas lewa strona jest podzielna przez 8, a prawa strona daje resztę 2 lub 4 z dzielenia przez 8. Przypadki dla \(\displaystyle{ 0 \le p \le 2}\) do policzenia na palcach (dla p=0 lub p=2 brak rozwiązań, dla p=1 mamy q=0). Ale przypominam, że to jest szczególny przypadek szczególnego przypadku. Było nawet na forum dzisiaj

No jasne, że było, po to założyłem tamtejszy wątek, tyle, że mój post powyżej napisałem zanim wyjaśnienie pojawiło się na forum. Oczywiście mam świadomość, że mój dowód z rozpisaniem kolejnych wyników może być mało przekonujący, stąd poprosiłem o pomoc forumowiczów.

[Sylwek]

Rozpatruję tu przypadek:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k -1}{2^{a} \cdot k -1}= 2^{x}}\)

OK, nie napisałeś tego wcześniej więc byłem przekonany, że próbujesz zrobić ogólny przypadek.

Właściwie stwierdziłem, że ten fakt nie ma znaczenia i postanowiłem pominąć b>1. Bo jeśli mamy np. takie dwa przypadki:

\(\displaystyle{ \frac {12 \cdot 12 -1}{1 \cdot 12 -1} = 13 i \frac {48 \cdot 3 -1}{4 \cdot 3 -1} = 13}\)

W pierwszym przypadku b=1, w drugim b=4. I mam dowód, że dla przypadku b=1 liczba x (równa tu akurat 12) nie może być postaci 3^a, to dlaczego w drugim przypadku nasza liczba nie równa 3^a (na co mamy dowód - ten z modulo) pomnożona razy b miałaby stać sie nagle liczbą postaci 3^a?

Np. \(\displaystyle{ \frac{41 \cdot 7 - 1}{2 \cdot 7 - 1}=22}\), tutaj \(\displaystyle{ b=3}\). Zarówno 41 jak i 7 są pierwsze, więc podobną sztuczką (która jak najbardziej jest ok, ale nie działa w ogólnym przypadku) jak w Twoim przykładzie nie osiągniesz b=1, bo to by oznaczało k=a-1=22-1=21. Czyli b>1 nie można pominąć.

Cóż, rozwijam w sumę, bo ta "zwarta" postać jest tak odporna, że nic nie da się z niej wywnioskować, więc pomyślałem sobie, że może rozpiszę to na sumy. No bo co niby można zrobić z taką postacią zwartą?

Na prawdę rzadko się takie coś przydaje . A zwartą sumę można przedstawić w postaci iloczynu dwóch składników np. wzory skróconego mnożenia, sprawnie działać na modulo, korzystać z faktu: \(\displaystyle{ m|n \iff (a^m-1)|(a^n-1)}\), itp. . Co do wzorów skróconego mnożenia można to rozwalić np. tak:
1) q nieparzyste, wówczas: \(\displaystyle{ 2^p=(3+1)(3^{q-1}-3^{q-2}+\ldots+1)}\), w nawiasie jest q nieparzystych składników, zatem jest on nieparzysty, zatem lewa strona nie dzieli się przez 8, zatem \(\displaystyle{ p \le 2}\), te przypadki do policzenia na palcach
2) q parzyste: \(\displaystyle{ 2(2^{p-1}-1)=(3^{\frac{q}{2}}-1)(3^{\frac{q}{2}}+1)}\), lewa strona jest podzielna przez 8 (dwie kolejne liczby parzyste), lewa nie, sprzeczność.

Co prawda metoda dłuższa niż modulo, ale jak widać skuteczna. Jak rozwiniesz to na sumę wówczas tracisz możliwość przedstawienia tego jako iloczyn. Np. równanie: \(\displaystyle{ n^2=2^k+1}\) (w całkowitych) szybko i ładnie rozwiązuje się rozkładając: \(\displaystyle{ (n-1)(n+1)=2^k}\), zatem oba nawiasy po lewej są potęgami dwójki, co już praktycznie rozwiązuje zadanie. Przedstawienie tego jako: \(\displaystyle{ n^2=2^k+1=(1+1)^k+1 = \left( \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \right) + 1}\) czy \(\displaystyle{ 2^k+1=(2^{k-1}+2^{k-2}+\ldots+1) + 2}\) "nieco" utrudnia sprawę.

No jasne, że było, po to założyłem tamtejszy wątek, tyle, że mój post powyżej napisałem zanim wyjaśnienie pojawiło się na forum. Oczywiście mam świadomość, że mój dowód z rozpisaniem kolejnych wyników może być mało przekonujący, stąd poprosiłem o pomoc forumowiczów.

Sorki, nie zauważyłem, że to był Twój wątek. Mam nadzieję, że masz też świadomość, że aby to mogło mieć miano dowodu, musiałbyś np. indukcyjnie udowodnić, że wraz ze wzrostem indeksu liczba miejsc po przecinku wzrasta bądź chociaż nie maleje

[matemix]

No dobrze. Mam nowy dowód dla równania:

\(\displaystyle{ \frac{3^{a} \cdot k -1}{2^{a} \cdot k -1} = 2^{x}}\)


Najpierw wzór:

\(\displaystyle{ \frac{3^{a} \cdot k -1}{2^{a} \cdot k -1} = \frac{3^{a} - \frac{1}{k}}{2^{a} - \frac{1}{k}}}\)

Ogólnie jeśli wyrażenie przyjmuje jakiekolwiek wartości całkowite to będą one postaci \(\displaystyle{ k \cdot b +1}\). Mamy zatem:

\(\displaystyle{ (k \cdot b +1) \cdot (2^{a} - \frac{1}{k}) = 3^{a} - \frac{1}{k}}\)

Wynikiem iloczynu:

\(\displaystyle{ (k \cdot b +1) \cdot (2^{a} - \frac{1}{k})}\)

Jest liczba postaci:

\(\displaystyle{ [2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - 1]+[- \frac{1}{k}]}\)

To co w pierwszym nawiasie powinno być równe \(\displaystyle{ 3^{a}}\):

\(\displaystyle{ 2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - 1 = 3^{a}}\)

\(\displaystyle{ \frac{3^{a}+1}{2^{a}} = k \cdot b +1}\)

Wyrażenie po prawej przyjmuje wartość całkowitą tylko dla \(\displaystyle{ a=1}\), co widać gdy popatrzymy na obie strony \(\displaystyle{ \pmod{8}}\), a zatem wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac{3^{a} \cdot k -1}{2^{a} \cdot k -1} = 2^{x}}\)

ma tylko jedno rozwiązanie.

[Sylwek]

Wynikiem iloczynu:

\(\displaystyle{ (k \cdot b +1) \cdot (2^{a} - \frac{1}{k})}\)

Jest liczba postaci:

\(\displaystyle{ [2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - 1]+[- \frac{1}{k}]}\)

Źle wymnożone, powinno być: \(\displaystyle{ [2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - b]+[- \frac{1}{k}]}\)

[matemix]

Wynikiem iloczynu:

\(\displaystyle{ (k \cdot b +1) \cdot (2^{a} - \frac{1}{k})}\)

Jest liczba postaci:

\(\displaystyle{ [2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - 1]+[- \frac{1}{k}]}\)

Źle wymnożone, powinno być: \(\displaystyle{ [2^{a} \cdot (k \cdot b +1) - b]+[- \frac{1}{k}]}\)

Znowu mi się ubzdurało, że b=1...

[matemix]

Hmmm, znów mam pewną próbę dowodu dla równania:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1} {2^{a} \cdot k -1} = 2^{k}}\)

Gdy a>1 można je również zapisać tak:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{k-1} = 2^{x}}\)

Tyle, że muszą być spełnione pewne warunki:

1. \(\displaystyle{ 3^{a} \cdot 2 \cdot k-1 = 2^{2c} \cdot d+1}\)

2. \(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1}=2^{x}}\)

Wtedy również:

\(\displaystyle{ 3^{c} \cdot d+1=\frac {3^{a} \cdot k-1}{2}}\)


Możemy wyznaczyć, że:

\(\displaystyle{ 2^{2c}= \frac {3^a \cdot 2 \cdot k-2}{d}}\)

oraz

\(\displaystyle{ 2^{x} =\frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1}}\)

No i mamy trzy możliwości:

a) \(\displaystyle{ 2^{2c}=2^{x}}\)

b) \(\displaystyle{ 2^{2c}>2^{x}}\)

c) \(\displaystyle{ 2^{2c}<2^{x}}\)

ad. a)

\(\displaystyle{ \frac {3^a \cdot 2 \cdot k-2}{d}=\frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^a \cdot k-1}{d}=\frac {3^{c} \cdot d+1}{2 \cdot (2^{a} \cdot 2 \cdot k -1)}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^c \cdot d+1}{d}=\frac {3^{c} \cdot d+1}{4 \cdot (2^{a} \cdot 2 \cdot k -1)}}\)

\(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2 \cdot k-1= \frac {d}{4}}\)

No i podstawiamy to do równania:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{x}}\)

Czyli mamy:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{\frac {d}{4}} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{x}}\)

Ponieważ:

\(\displaystyle{ 3^{a} \cdot 2 \cdot k-1 = 2^{2c} \cdot d+1}\)

wyrażenie nam się skraca:

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{\frac {d}{4}}= 2^{x}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{d}= \frac {2^{x}}{4}}\)

Takie równanie może mieć rozwiązanie tylko gdy c=1 i d=1.

ad. b)

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-2}{d}= \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot 2^{y}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{d}= \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {2^{y}}{4}}\)

\(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2 \cdot k-1 = 2^{y} \cdot \frac {d}{4}}\)

Podstawienie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{y} \cdot \frac {d}{4}} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{x}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{d}= \frac {2^{x+y}}{4}}\)

Takie równanie ma również rozwiązanie tylko gdy c=1 i d=1.

ad. c)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} = \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-2}{d} \cdot 2^{z}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{4 \cdot (2^{a} \cdot 2 \cdot k -1)} = \frac {3^{c} \cdot d+1}{d} \cdot 2^{z}}\)

\(\displaystyle{ 2^{a} \cdot 2 \cdot k -1=\frac {d}{4 \cdot 2^{z}}}\)

Podstawienie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{\frac {d}{4 \cdot 2^z}}} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{x}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{c} \cdot d+1}{d}= \frac {2^{x}}{4 \cdot 2^{z}}}\)

Takie równanie ma również rozwiązanie tylko gdy c=1 i d=1.

A zatem teoretycznie rozwiązanie równania występuje gdy:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {3^{1} \cdot 1+1}{2^{2} \cdot 1+1}=2^{x}}\)

Jednak wtedy zgodnie z równaniem:

\(\displaystyle{ 3^{a} \cdot 2 \cdot k-1 = 2^{2c} \cdot d+1}\)

a będzie równe 1 oraz k=1. Dla takich parametrów równanie nie może być spełnione, zresztą jest to sprzeczne z założeniem początkowym (że a>1). Dlatego gdy a>1 równanie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1} {2^{a} \cdot k -1} = 2^{k}}\)

nie ma więcej rozwiązań.

Jakkolwiek, być może znowu się mylę. Czy popełniłem gdzieś błąd?

-- 11 marca 2010, 09:41 --

Hmmm, znów mam pewną próbę dowodu dla równania:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1} {2^{a} \cdot k -1} = 2^{k}}\)

Gdy a>1 można je również zapisać tak:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{a} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{k-1} = 2^{x}}\)

Niestety powinno być tak:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a-1} \cdot 2 \cdot k-1}{2^{a-1} \cdot 2 \cdot k -1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d+1}{2^{2c} \cdot d+1}= 2^{k-1} = 2^{x}}\)

A zatem cała reszta jest źle. Swoją drogą taki zapis jest prawdziwy tylko gdy c=1 oraz:

\(\displaystyle{ d= \frac {3^{a-1} \cdot k-1}{2^{y}}}\)

Ponad to łatwo udowdnić, że aby równanie było spełnione y musi być równe 1. Ale to nic nie wnosi.

-- 14 marca 2010, 08:23 --

...

-- 14 marca 2010, 09:19 --

Spróbuję jeszcze inaczej.

Mamy równanie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{a} \cdot k -1}=2^{x}}\)

Znalazłem pewien wzór, mianowicie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{x}}=1,5^{x} \cdot (3^{a-x} \cdot k-1) +1,5^{x}- \frac {1}{2^{x}}}\)

Ponad to wyrażenie \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot k-1}\) można równie dobrze zapisać tak:

\(\displaystyle{ 3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\)

Rozpatrzmy parzyste x:

1. x=2

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{x}}=2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2}\)

Przyrównujemy to do \(\displaystyle{ 3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\):

\(\displaystyle{ 2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2=3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\)

Po przekształceniach otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{a-1} \cdot k+1=3^{a-1-n} \cdot 2^{n+2} \cdot k}\)

Aby można było rozważać przypadki dla których równanie może być spełnione, to k musi być równe 1 oraz \(\displaystyle{ a-1=n}\). Mamy zatem:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+2}}\)

2. x=4

Postępujemy jw. Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+4}}\)

3. x=p

Ogólnie zatem dla parzystych x mamy następujący problem:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+p}}\)

A wiemy, choćby z tego wątku, że wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{i}+1}{2^{i}}}\)

ma tylko jedno rozwiązanie naturalne, a zatem wyrażenie \(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+p}}\) nie może mieć rozwiązań (p wynosi co najmniej 2).



Dalej x nieparzyste.

1. x=1

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{x}}=1,5 \cdot (3^{a-1} \cdot k-1)+1}\)

Znów przyrównujemy to do \(\displaystyle{ 3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\), po przekształceniach otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{a} \cdot k+1=3^{a-n} \cdot 2^{n+1} \cdot k}\)

Aby można było rozważać przypadki dla których równanie może być spełnione, to k musi być równe 1 oraz \(\displaystyle{ a=n}\). Mamy zatem:

\(\displaystyle{ 3^{a}+1=2^{a+1}}\)

2. x=t

Dla ogólnego przypadku x nieparzystych mamy problem który można zapisać tak:

\(\displaystyle{ 3^{a}+2^{n}-1=2^{a+n}}\), czyli:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a}-1}{2^{a}-1}=2^{n}}\)

Dowód, iż takie równanie ma tylko jedno rozwiązanie znajduje się tutaj:

125620.htm

Stąd nasze równanie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{a} \cdot k -1}=2^{x}}\)

Ma tylko jedno rozwiązanie, gdy a=1, k=1 oraz x=1.-- 15 marca 2010, 18:16 --

Rozpatrzmy parzyste x:

1. x=2

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{x}}=2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2}\)

Przyrównujemy to do \(\displaystyle{ 3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\):

\(\displaystyle{ 2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2=3^{a-n} \cdot 2^{n} \cdot k-1}\)

Po przekształceniach otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{a-1} \cdot k+1=3^{a-1-n} \cdot 2^{n+2} \cdot k}\)

Aby można było rozważać przypadki dla których równanie może być spełnione, to k musi być równe 1 oraz \(\displaystyle{ a-1=n}\). Mamy zatem:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+2}}\)

2. x=4

Postępujemy jw. Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+4}}\)

3. x=p

Ogólnie zatem dla parzystych x mamy następujący problem:

\(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+p}}\)

A wiemy, choćby z tego wątku, że wyrażenie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{i}+1}{2^{i}}}\)

ma tylko jedno rozwiązanie naturalne, a zatem wyrażenie \(\displaystyle{ 3^{n}+1=2^{n+p}}\) nie może mieć rozwiązań (p wynosi co najmniej 2).

Niestety pomyliłem się w tym miejscu, ale na szczęście to nic nie zmienia i nie deprecjonuje dowodu. Powinno być tak:

Rozpatrzmy parzyste x:

1. x=2

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{x}}=2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2}\)

Przyrównujemy to do \(\displaystyle{ 2^{a} \cdot k-1}\):

\(\displaystyle{ 2,25 \cdot (3^{a-2} \cdot k-1)+2=2^{a} \cdot k-1}\)

Po przekształceniach otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{a} \cdot k+3=2^{n+2} \cdot k}\)

Aby można było rozważać przypadki dla których równanie może być spełnione, to k musi być równe 1. Mamy zatem:

\(\displaystyle{ 3^{a}+3=2^{a+2}}\)

2. x=4

Postępujemy jw. Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 3^{a}+15=2^{a+4}}\)

3. x=p

Ogólnie zatem dla parzystych x mamy następujący problem:

\(\displaystyle{ 3^{a}+2^{p}-1=2^{a+p}}\)

\(\displaystyle{ \frac {3^{a}-1}{2^{a}-1}=2^{p}}\)

Dowód, że takie równanie nie ma rozwiązań, gdy p jest parzyste jest ten sam co dla x nieparzystych.

[matemix]

Aby można było rozważać przypadki dla których równanie może być spełnione, to k musi być równe 1

To stwierdzenie niestety wymaga dowodu i nie jest takie oczywiste jak mi się wydawało.

[matemix]

...

[matemix]

Cóż wygląda na to, że znalazłem w końcu odpowiedź, jakkolwiek nie na cały problem.

Po pierwsze pomimo, iż wcześniej o tym nie wspominałem problem dotyczy hipotezy collatza. Jakiś czas temu udało mi się wyrazić warunek występowania pętli w ciągu collatza za pomocą właśnie powyższego równania diofantycznego wielu zmiennych. Sprawa jest prosta - gdy występują rozwiązania dla jakichkolwiek zmiennych - istnieje pętla, a liczby postaci \(\displaystyle{ 2^{n} \cdot m-1}\) i inne są jej elementami. Przykładowo znając jedno rozwiązanie równania \(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{a} \cdot k-1}=2^{x}}\) mamy pewność wystąpienia jednej pętli której jednym z elementów jest np. liczba 1. Czy inne pętle występują - nie wiadomo. Jakkolwiek 33 lata temu w 1977 r. niejaki Steiner udowodnił, iż nie istnieje tzw. pętla pierwszego stopnia, co de facto jest równoznaczne ze stwierdzeniem, iż równanie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot k-1}{2^{a} \cdot k-1}=2^{x}}\)

nie ma więcej rozwiązań. Aby to wyjaśnić zacznijmy od tego, że pomiędzy dowolną parą liczb \(\displaystyle{ {2^{a} \cdot k-1}}\) oraz \(\displaystyle{ {3^{a} \cdot k-1}}\) występuje następująca relacja:

\(\displaystyle{ (((({2^{a} \cdot k-1}) \cdot 1,5 +0,5) \cdot 1,5 +,5) \cdot ...) \cdot 1,5 +0,5 = 3^a \cdot k-1}\)

przy czym ilość mnożeń razy 1,5 wynosi a. Operacje te są równoważne przekształceniom jakie następują po wrzuceniu takiej liczby w ciąg collatza.


A teraz o tym co wykazał Steiner:

Aby to wyjaśnić zdefiniujmy transformację dla liczb całkowitych dodatnich "a" i "b" oraz "A":

\(\displaystyle{ b = T(a;A)}\) znaczy \(\displaystyle{ b = \frac {3 \cdot a + 1}{2^{A}}}\)

gdzie "A" to maksymalna potęga liczby 2^A kóra dzieli liczbę b bez reszty

Przykład:

\(\displaystyle{ a=15}\), wtedy \(\displaystyle{ b=T(15,A)}\), \(\displaystyle{ 3 \cdot 15+1=46}\), więc \(\displaystyle{ A=1}\) \(\displaystyle{ b = \frac {3 \cdot 15+1}{2^{1}} = 23}\)
\(\displaystyle{ 23 = T(7;1)}\)

Określmy konkatenację (rozszerzalną do dowolnej długości):

\(\displaystyle{ b = T(T(a;A);B) = T(a;A,B)}\)

Przykład:

\(\displaystyle{ b = T(15;A,B) = T(15;1,1) = \frac {(3 \cdot 15+1)/2^1 \cdot 3 + 1}{2^{B}} = \frac {3 \cdot 23+1}{2^{B}} = \frac {70}{2^{1}} = 35}\)
\(\displaystyle{ 35 = T(15;1,1)}\)

Zdefiniujmy transformację dla której mamy L wykładników równych 1 i ostatni "A" większy od liczby 1:

\(\displaystyle{ b = T(a;1,1,1,1,1,....,1,A) = T(a;(1)_{L},A)}\)

przy czym liczba "L" może być dowolnie duża

Przykład:
\(\displaystyle{ b = T(15;1,1,1,A) = T(15;(1)_{3},A) = \frac {53 \cdot 3+1}{2^{A}} = \frac {160}{2^{5}} = 5}\)
\(\displaystyle{ 5 = T(15;(1)_{3},5)}\)

Wówczas funkcja:

\(\displaystyle{ b = T(a;(1)_{L},A)}\)

gdzie b=a, to cykl I stopnia o długości N=L+1 iteracji.

Steiner udowodnił w 1977 r., że nie istnieje cykl I stopnia. Oznacza to, że niezależnie od tego ile iteracji "L" zostatnie wykonanych, oraz ile będzie wynosił wykładnik "A" zaczynając od liczby "a" nigdy nie otrzymamy liczby b=a. W 2000 r. Simons (opierając się na metodzie Steiner'a) udowodnił, iż nie istnieje cykl II stopnia. Natomiast w 2003 r. Simons oraz de Weger wykazali, że nie istnieje cykl mniejszy lub równy cyklowi 68 stopnia. Ich twierdzenia są równoważne faktowi, iż równanie:

\(\displaystyle{ \frac {3^{a} \cdot b-1}{2^{a} \cdot b-1} \cdot \frac {3^{c} \cdot d-1}{2^{c} \cdot d-1} \cdot \frac {3^{e} \cdot f-1}{2^{e} \cdot f-1} \cdot \ ... \ \cdot \frac {3^{m} \cdot n-1}{2^{m} \cdot n-1}=2^{x}}\)

Nie ma rozwiązań dla żadnej ilości czynników która jest mniejsza lub równa 68 (poza jednym znanym rozwiązaniem).