Ciekawy dowód

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
karolcia_23
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 445
Rejestracja: 19 sie 2013, o 17:07
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 99 razy

Ciekawy dowód

Post autor: karolcia_23 »

Witam, z góry przepraszał jeżeli post nie znajduje się w odpowiednim dziale.
Mam taki problem z pewnym dowodem.

TWIERDZENIE : Równanie \(\displaystyle{ x(x+1)=2y^4}\) nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych \(\displaystyle{ x>1}\) oraz \(\displaystyle{ y}\).

DOWÓD:
Przypuśćmy, że przy pewnych naturalnych \(\displaystyle{ x>1}\) oraz \(\displaystyle{ y}\) mamy \(\displaystyle{ x(x+1)=2y^4}\). Gdyby \(\displaystyle{ x}\) było liczbą parzystą, \(\displaystyle{ x=2k}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą naturalną, byłoby \(\displaystyle{ k(2k+1)=y^4}\), a ponieważ \(\displaystyle{ (k,2k+1)=1}\), więc w myśl pewnego twierdzenia istniałyby liczby naturalne \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\), takie, że \(\displaystyle{ k=a^4, 2k+1=b^4}\), skąd \(\displaystyle{ 2a^4+1=b^4}\).
Liczba \(\displaystyle{ b}\) musi być więc nieparzysta, zatem \(\displaystyle{ b^4=16t+1}\) gdzie \(\displaystyle{ t}\) jest liczbą naturalną i wobec \(\displaystyle{ \red{(b^2-1)(b^2+1)=b^4-1=2a^4}}\), znajdujemy \(\displaystyle{ \red{16t(16t+2)=2a^4}}\), skąd \(\displaystyle{ 16t(8t+1)=a^4}\), co wobec \(\displaystyle{ (16t,8t+1)=1}\), dowodzi, że liczba \(\displaystyle{ 16t}\) jest bikwadratem i kolejne liczby naturalne \(\displaystyle{ 16t}\) i \(\displaystyle{ 16t+1}\) byłyby bikwadratami, co jest niemożliwe.
Gdyby zaś \(\displaystyle{ x}\) było liczbą nieparzystą \(\displaystyle{ x=2k-1}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą naturalną \(\displaystyle{ >1}\), byłoby \(\displaystyle{ k(2k-1)=y^4}\), i wobec \(\displaystyle{ (k,2k-1)=1}\), wtedy istniałyb \(\displaystyle{ a>1, b>1}\) takie, że \(\displaystyle{ k=a^4, 2k-1=b^4}\), skąd \(\displaystyle{ 2a^4-1=b^4}\), zatem \(\displaystyle{ b^4+1=2a^4}\), co daje \(\displaystyle{ b=1}\), skąd sprzeczność.

I teraz mam pytanie bo nie wiem jakie jest przejście między elementami zaznaczonymi na czerwono.
Ostatnio zmieniony 10 mar 2016, o 16:47 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Temat umieszczony w złym dziale.
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

Ciekawy dowód

Post autor: norwimaj »

Okiem laika widzę to tak, że ktoś pomylił \(\displaystyle{ b^2}\) z \(\displaystyle{ b^4}\).-- 10 mar 2016, o 23:43 --Skoro \(\displaystyle{ b}\) jest liczbą nieparzystą, to zapiszmy \(\displaystyle{ b=2n+1.}\) Wtedy \(\displaystyle{ 2a^4=(b^2-1)(b^2+1)=(4n^2+4n)(4n^2+4n+2),}\) zatem \(\displaystyle{ a^4=4(n^2+n)(2n^2+2n+1).}\) Na podstawie tej równości zauważamy, że \(\displaystyle{ a}\) jest liczbą parzystą, więc \(\displaystyle{ a=2m}\) dla pewnego całkowitego \(\displaystyle{ m.}\) Po prawej stronie równości \(\displaystyle{ 4m^4=(n^2+n)(2n^2+2n+1)}\) mamy iloczyn liczb względnie pierwszych, więc obie z nich są kwadratami. Oznaczmy więc \(\displaystyle{ n^2+n=p^2.}\) Ale \(\displaystyle{ p^2=n^2+n=n(n+1)}\) też jest iloczynem liczb względnie pierwszych, więc \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n+1}\) są kwadratami liczb całkowitych, a to już skutecznie ogranicza nam zbiór możliwych rozwiązań.
Milczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 821
Rejestracja: 22 lut 2013, o 19:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 84 razy
Pomógł: 45 razy

Ciekawy dowód

Post autor: Milczek »

\(\displaystyle{ x,y \in N}\) i równoważnie mamy \(\displaystyle{ \frac{x(x+1)}{2}=(y^2)^2}\)
Czyli muszą istnieć takie wartość \(\displaystyle{ x}\) aby liczba \(\displaystyle{ \frac{x(x+1)}{2}}\) była kwadratem liczby naturalnej. Czyli musi zachodzić \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x(x+1)}{2}} \in N}\).
Lecz dla \(\displaystyle{ x>1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{x(x+1)} }{ \sqrt{2} }
\in NW}\)
(jest to pierwiastek z liczby trójkątnej )
czyli równanie nie ma rozwiązań.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Ciekawy dowód

Post autor: Premislav »

Milczek, \(\displaystyle{ 36}\) jest liczbą trójkątną (\(\displaystyle{ 36=1+2+...+8}\)) i jest też kwadratem, wiec chyba Twój dowód nie działa lub przynajmniej wymaga jakiejś korekty.
Milczek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 821
Rejestracja: 22 lut 2013, o 19:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 84 razy
Pomógł: 45 razy

Ciekawy dowód

Post autor: Milczek »

To faktycznie tłumaczy dlaczego tam jest \(\displaystyle{ y^4}\) a nie \(\displaystyle{ y^2}\).
Korekta winna brzmieć tak że trzeba wykazać iż nie istnieją takie liczby naturalne \(\displaystyle{ x}\) aby \(\displaystyle{ \frac{x(x+1)}{2}}\) było czwartą potęgą liczby naturalnej a wykazanie tego u mnie wymaga głębszej analizy. Trochę potrwa.
ODPOWIEDZ