Matematické Fórum

machrsk · 02. 05. 2011 11:46

Preco nejde pri n sudem a a i b nesudelnych vytknut z $a^n + b^n = (a+b) \cdot k$ $k,a,b \in N$ ???

Raduse73 · 02. 05. 2011 12:35

↑ machrsk:
Polož
$a^n + b^n = (a+b) \cdot k=0$
$(a+b) \cdot k=0$ odtud je $a=-b$
$(-b)^n + b^n =0$
sudá mocnina $-1$ je $1$

$b^n + b^n =0$

mikee · 02. 05. 2011 12:38

↑ machrsk:
Dosad si napriklad n=2, a=3, b=4 a uvidis ze ti to nevyjde :)

musixx · 02. 05. 2011 13:39

↑ machrsk: se neptá na konkrétní případ (↑ mikee:) a ani nemá moc smysl začínat s tím, že součet dvou sudých mocnin je nula a z toho něco vyvozovat (↑ Raduse73:).

Chápu otázku tak, že když umíme pro lichá n faktorizovat a^n+b^n vrámci celých číslech na (a+b) a něco dalšího, tak _proč_ to neumíme pro n sudá "podobně".

machrsk

↑ musixx:
ano, chapes to spravne

taky by se dalo hovorit, že potrebujem dokazat nedelitelnost a^n + b^n cislem (a+b) ked je n sude

musixx · 02. 05. 2011 14:04 — Editoval musixx (02. 05. 2011 14:05)

↑ machrsk: Ne, ne. S tou dělitelností se to takto přeformulovat nedá.

Netriviální příklad může být třeba toto: $3^2+15^2=234$ , což je dělitelné $3+15=18$ .

Váhám, jestli na SŠ má smysl pouštět se do nějakých teorií o integrálních kvadratických formách... Asi ne. Zkusím se zamyslet nad nějakým elementárním přístupem.

musixx · 02. 05. 2011 14:15 — Editoval musixx (02. 05. 2011 14:24)

Zkusme se zamyslet nejprve nad $a^2+b^2$ v celých číslech. U vyšších sudých mocnin by se dalo postupovat analogicky, resp. na to jít obráceně tak, že z n "vytáhnu" všechny dvojky do tvaru $$a^{2^k}$^l+$b^{2^k}$^l$ pro $l$ liché a půjdu směrem, že jestliže by šlo "chtěně" rozložit $a^{2^k}+b^{2^k}$ , pak by šlo i $a^2+b^2$ .

Budu se vyjadřovat trošku "názorně", snad to neubere na vážnosti. :-)

Pokud bychom chtěli faktorizovat $a^2+b^2$ na $a+b$ a něco dalšího, tak v tom něčem dalším se musí být $a$ proto, abychom dostali $a^2$ , a také $b$ proto, abychom dostali $b^2$ . Pak tam může být ještě cokoli dalšího, libovolná funkce proměnných a a b (řekněme nad celými čísly).

Tedy $a^2+b^2=(a+b)(a+b+f(a,b))=a^2+b^2+2ab+(a+b)\cdot f(a,b)$ ,

odkud

$f(a,b)=-\frac{2ab}{a+b}$

Je totiž skutečně $(a+b)\cdot$a+b-\frac{2ab}{a+b}$=a^2+b^2$ , ale ten zlomek není přesně to, co bychom čekali...

Názor, že "ten zlomek není přesně to, co bychom čekali", by teď chtělo trochu rozebrat. Opět váhám, kterým směrem pokračovat. Ale třeba i tato odpověď už teď stačí. Počkám, jak se vyjádří machrsk.

machrsk · 02. 05. 2011 14:47

↑ musixx:

3 a 15 neni nesudelne

musixx · 02. 05. 2011 15:34

↑ machrsk: Tohle jsem nějak s postupem příspěvků zapomněl.

No ale když už tak, tak potom sis vlastně již odpověděl sám. Když totiž uvážíš můj příspěvek #7, pak kdyby $a+b|ab$ , pak $a+b|2ab$ , a protože zřejmě $a+b|(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ , pak by $a+b|a^2+b^2$ . No takže jde o to, proč za daných podmínek není ten zlomek, který uvádím, celé číslo.

machrsk · 02. 05. 2011 16:11

musixx napsal(a):
No takže jde o to, proč za daných podmínek není ten zlomek, který uvádím, celé číslo.

Teraz toto je problem. Jak na to?

musixx · 02. 05. 2011 16:30

↑ machrsk: Protože a a b jsou nesoudělné, pak buď jsou obě lichá, nebo je právě jedno z nich sudé.

V prvním případě je ale a+b sudé, zatímco a.b je liché a těžko může sudé číslo dělit číslo liché. Druhý případ podobně zkus sám.

Matematické Fórum

#1 02. 05. 2011 11:46

Priklad

#2 02. 05. 2011 12:35

Re: Priklad

#3 02. 05. 2011 12:38

Re: Priklad

#4 02. 05. 2011 13:39

Re: Priklad

#5 02. 05. 2011 13:42 — Editoval machrsk (02. 05. 2011 13:45)

Re: Priklad

#6 02. 05. 2011 14:04 — Editoval musixx (02. 05. 2011 14:05)

Re: Priklad

#7 02. 05. 2011 14:15 — Editoval musixx (02. 05. 2011 14:24)

Re: Priklad

#8 02. 05. 2011 14:47

Re: Priklad

#9 02. 05. 2011 15:34

Re: Priklad

#10 02. 05. 2011 16:11

Re: Priklad

musixx napsal(a):

#11 02. 05. 2011 16:30

Re: Priklad

Zápatí