Matematické Fórum

↑ Bati:

Tu funkci [mathjax]f[/mathjax] si představ takto. Pokud máš prvočíslo [mathjax]n[/mathjax] a pokud dostaneš na vstupu libovolné číslo, tak ti funknce [mathjax]f[/mathjax] odebere "špatné" dělitele. Co je špatný dělitel? Jsou to prvočísla tvaru [mathjax]kn + 1[/mathjax] a [mathjax]n[/mathjax]. Všechno ostatní zůstane.

Takže pokud máš třeba [mathjax]n = 11[/mathjax] a [mathjax]m = 121 \cdot 23 \cdot 89 \cdot 25 \cdot 16[/mathjax] tak [mathjax]f(m) = 25\cdot 16[/mathjax] - jednoduše odebereš "špatný" dělitele

Jinak tu funkci jde otestovat, existuje nezávisle na vstupních parametrech. Hodnotu [mathjax]k[/mathjax] a  [mathjax]l[/mathjax] si můžeš zvolit jakkoliv chceš pokud jsou ty čísla nesoudělná. Třeba pro [mathjax]k = 9[/mathjax] a [mathjax]l = 5[/mathjax] dostaneš [mathjax]\frac{5^{11} + 9 ^{11}}{5 + 9} = 2244991981[/mathjax]. Výsledek má prvočíselný rozklad [mathjax]2244991981 = 23\cdot 67\cdot  89\cdot 16369[/mathjax] a vidíš že všechny prvočíselné dělitele jsou "špatné" (když od nich odečteš 1 tak jsou dělitelné 11) takže [mathjax]f(2244991981) = 1[/mathjax] což je v souladu s větou 1

Ten můj závěr o existenci R doslova říká, že pokud ignoruješ všechny "špatný" prvočísla (který by měly být relativně vzácný, protože jsou tvaru [mathjax]kn + 1[/mathjax] nebo [mathjax]n[/mathjax] tak všech šest čísel které jsem uvedl vypadají stejně.

↑ Bati:

No dívej já si říkal že pro drtivou většinu všech čísel f neodebere skoro nic. To že je 1 je velmi vzácné. Řekněme pro n = 11 jsou špatná prvočísla která se odeberou jen tyto: 11, 23, 89, ... prostě jen ty co jsou tvaru 11k+1. Není to zvláštní, že z rovnice

[mathjax]R = f(y^2 + yz + z^2) = f(z^2 + zx + x^2) = f(x^2 + xy + y^2) = f(x^2 - yz) = f(y^2 - zx) = f(z^2 - xy)[/mathjax]

vyplývá, že pokud odebereme tyto vzácný prvočísla (a necháme prvočísla 3,5,7,13,17,19,29,31,... ) tak jsou ty čísla stejné? I pokud by platilo R = 1, tak bychom tím dokázali, že všichni dělitelné těch šesti čísel jsou buď n nebo tvaru kn + 1. To není zajímavé? Těch prvočísel tvaru kn+1 není moc, jsou to velmi vzácná prvočísla, případ n = 11 to ukazuje

Takže ve skutečnosti funkce f odebírá hrozně málo dělitelů, s výjimkou čísel tvaru [mathjax]\frac{k^n+l^n}{k + l}[/mathjax], které mají všechny dělitele "špatné", čehož využívám

↑ liamlim_3:
Chceš tedy aby nebylo f(k)=n a nebo aby n nedělilo f(k)? jednou mluvíš o nerovnosti s n a pak že n nesmí být dělitel ...

↑ check_drummer:

Já chci aby mi f odebralo všechny prvočíselné dělitele, které jsou buď n nebo tvaru kn+1 pro nějaké k. Jakmile odebereme všechny takové dělitele x, tak f(x) je to co zůstane. Vysvětloval jsem to v komentu i na příkladu

↑ check_drummer:

Tu funkci f jde definovat i pro n = 2, ale nedává to smysl, protože já v tom důkaze využívám věty 1, která kouká na čísla tvaru [mathjax]\frac{k^n+l^n}{k+l}[/mathjax] což nedává smysl pro n = 2, pouze pro liché n je je [mathjax]k^n + l^n[/mathjax] dělitelné [mathjax]k + l[/mathjax]. Proto pokud definujeme funkci f pro n = 2, tak nemáme k dispozici žádnou větu, kterou by šlo použít.

Navíc hned v úvodu mé úvahy dávám podmínku n >= 3

↑ check_drummer:

Upřímně, to nevím, ale rád bych aspoň nějaká taková čísla našel. Já celý můj postup sdílel, protože mi jejich existence připadá extrémně nepravděpodobná. Je to šest čísel které musí být stejné až na špatné dělitele... Kdyby se podařilo dokázat, že neexistují, tak to dokáže Velkou Fermatovu větu :D

A my na ty čísla máme ještě mnohem víc podmínek. Ono jde například taky ukázat, že R musí dělit x+y+z a taky musí dělit xy+yz+zx, tedy musí dělit gcd(x+y+z, xy+yz+zx). A to už je až příliš podmínek na x,y,z. Já si myslím, že by minimálně šlo ukázat, že x+y+z musí být rovno 0. Což by automaticky zaručilo, že se několik z těch 6 čísel jednoduše rovnají. Ale taky by to byl velmi silný závěr podle mě.

Problém je, že nemám matematický aparát to nějak uchopit. Matematiku jsem dělal jako hobby roky zpět na střední, teď jsem už 10 let programátor a matematiku vidím vzácně. Celý tento nápad výše mě napadl úplnou náhodou v letadle na dovču :D

↑ check_drummer:

Já jsem ukázal, že každé potenciální řešení VFV splňuje rovnosti
[mathjax]R = f(y^2 + yz + z^2) = f(z^2 + zx + x^2) = f(x^2 + xy + y^2) = f(x^2 - yz) = f(y^2 - zx) = f(z^2 - xy)[/mathjax]

Pokud se tedy ukáže, že takové rovnosti nejsou možné pro žádnou kombinaci x,y,z, tak to dokáže VFV. Samozřejmě pouze za předpokladu, že v mém postupu nebyla nějaká chyba. Taky mě zajímá jestli taková čísla existují, upřímně si to nemyslím a štve mě, že mi nejde to nějak lépe uchopit matematicky.

↑ liamlim_3:
Platí f(-k)=f(k)?

liamlim_3 napsal(a):

[mathjax]R = f(y^2 + yz + z^2) = f(z^2 + zx + x^2) = f(x^2 + xy + y^2) = f(x^2 - yz) = f(y^2 - zx) = f(z^2 - xy)[/mathjax]

Může nastat situace že každý argument funkce f výše je 0 nebo 1 (mod n)?

↑ check_drummer:

To bohužel nevím... V takovém případě by platilo R = 1. A je to dle mého regulérní případ, který je třeba vyšetřit. Osobně mi to ale připadá velmi nepravděpodobné. Vždyť si vemte, máme 6 čísel a pro všechny z nich požadujeme, aby měly pouze dělitele 0,1 modulo n a to i pro třeba pro n = 31 kde je doslova 29 jiných (validních) hodnot modulo n.

Jinak ta funknce f svazuje ještě víc... Je například snadné ukázat, že
[mathjax]f(x+y) = f(z)^n[/mathjax]
[mathjax]f(y+z) = f(x)^n[/mathjax]
[mathjax]f(z+x) = f(y)^n[/mathjax]

A to není vše! Sečtením první a druhé rovnosti dostaneme šílené věci typu:
[mathjax]f(f(x+y)+f(y+z)) = f(f(z) + f(x))[/mathjax]
plus další rovnosti ze symetrie, samozřejmě. To jsou další podmínky, které ještě víc svazují jaká x,y,z jsou akceptovatelná...

↑ check_drummer:

Podle mě argument který mám platí pro všechny možné hodnoty f včetně například f(x^2-yz) = 1. Samozřejmě pokud se díváme na [mathjax]\gcd(x^2-yz, z^2-xz)[/mathjax] tak ten může mít dělitel 0,1 modulo n. To je v pořádku. Ono platí že ta funkce f jenom kouká na dělitele správného formátu, neumí říct nic o dělitelích 0,1 modulo n.

Jediný případ kdy f neumí přiřadit hodnotu je když je číslo nulové. Jinak je f definována pro libovolné číslo. Pokud jsou všechny dělitele 0,1 modulo n, tak je hodnota f rovna 1

Jinak pokud označíme [mathjax]g = \gcd(x^2-yz, z^2-xz)[/mathjax] tak g musí dělit [mathjax](x^2 - yz) - (z^2 - zx) = (x - z)(x+y+z)[/mathjax] takže jde minimálně usoudit, že libovolný dělitel který dělí jak [mathjax](x^2 - yz) [/mathjax] tak [mathjax](z^2 - zx) [/mathjax] dělí [mathjax](x-z)(x+y+z)[/mathjax] takže jistý způsob jak uchopit i "špatné" dělitele tam je.

Já myslím že jsem dokázal Velkou Fermatovu větu. Koukejte:

(1) Z rovnice [mathjax]-z^n = (x+y)\cdot\frac{x^n+y^n}{x+y}[/mathjax] máme [mathjax]f(x+y) = f(z)^n[/mathjax]

Předpokládejme že [mathjax]x+y+z\ne 0[/mathjax] (A)

Podívejme se na číslo [mathjax]a = (x+y)^n + z^n[/mathjax]

Zjevně [mathjax]x + y[/mathjax] dělí [mathjax]a[/mathjax]. Proto [mathjax]f(x+y)[/mathjax] dělí [mathjax]a[/mathjax]. Jenže

[mathjax]a = (x+y+z)\cdot \frac{(x+y)^n+z^n}{x+y+z}[/mathjax]

Takže [mathjax]f(x+y)[/mathjax] musí dělit [mathjax]f(x+y+z)[/mathjax] tedy [mathjax]f(x+y)[/mathjax] musí dělit [mathjax]f(z)[/mathjax]. Odsud vzhledem k (1) máme [mathjax]f(z)^n[/mathjax] dělí [mathjax]f(z)[/mathjax] tedy [mathjax]f(z)=1[/mathjax].

Podobně jde ukázat že [mathjax]f(x) = 1[/mathjax] a [mathjax]f(y) = 1[/mathjax]


Nyní pro změnu předpokládejme že [mathjax]x+y-z\ne 0[/mathjax]. (B)

Potom se podívejme na [mathjax]b = (x+y)^n-^nz^n[/mathjax]. Tedy [mathjax]f(x+y)[/mathjax] dělí [mathjax]b[/mathjax]. Jenže [mathjax]b = (x+y-z)\cdot\frac{(x+y)^n-z^n}{x+y-z}[/mathjax] proto [mathjax]f(x+y)[/mathjax] dělí [mathjax]f(z)[/mathjax], tedy stejně jako v předchozím případě [mathjax]f(z)=1[/mathjax]


Minimálně jedna z podmínek (A) a (B) musí platit, proto [mathjax]f(x) = f(y) = f(z) = 1[/mathjax].