Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Giả thuyết về sự tăng bậc dẫn đến mất nghiệm của phương trình nghiệm nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Oai Thanh Dao

Oai Thanh Dao

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 70 Bài viết

Đã gửi 01-08-2015 - 19:20

1. Quan sát:
 

Cho hai hàm số liên tục $f(x)$ và $g(x)$ với $x \in [a,b]$, khi đó khả năng tồn tại một giá trị $x_0$ thực để $f(x_0)=g(x_0)$ là cao hơn so với khả năng tồn tại giá trị nguyên $y_0$ để $f(y_0)=g(y_0)$. Điều này dễ dàng hình dung qua đồ thị về giao điểm của hai hàm số liên tục và giao điểm của hai hàm số rời rạc. Đối với một đa thức khi bậc của đa thức cao lên thì độ rời rạc của đa thức $f(x)$ ($x$ nguyên) càng cao và dẫn đến giá trị $f(x)+f(y)=f(z)$ với $x,y,z$ nguyên càng trở lên khó khăn. Theo chiều hướng đó khi bậc của đa thức $k$ tăng đến một mức độ nào đó thì sẽ dẫn đến phương trình $f(x)+f(y)=f(z)$ hoàn toàn trở lên vô nghiệm. Xuất phát từ nguyên lý đó tôi đưa ra một giả thuyết như sau(chú ý giả thuyết sau chỉ là một cách để cố gắng thể hiện kết quả trong quan sát trên):

 

2. Giả thuyết: Cho $a$ là một số nguyên khác $0$, $m,n$ là hai số nguyên dương khác nhau, $g(x)$ là một đa thức bất kỳ cho trước, đặt $f(x)=g(x)+ax^k$, khi đó tồn tại một hằng số nguyên dương $k_0$ để với mọi $k \geq k_0$ thì phương trình:
$$f(x_1)+f(x_2)+....+f(x_n)=f(y_1)+....+f(y_m)$$
không có nghiệm nguyên dương khác một.

 

Chú ý: Tôi thêm chữ khác 1 vào để loại bỏ trường hợp tầm thường cho phù hợp với ý tưởng xuất phát là độ rời rạc của đa thức tăng lên khi bậc của đa thức tăng lên vì với x=1 thì f(1) không thay đổi khi ta chỉ thay đổi bậc của đa thức. Ngoài ra phản biện tại #2 của Zaraki là cho phiên bản version 1

 

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oai Thanh Dao: 08-08-2015 - 18:43


#2 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 02-08-2015 - 11:27

Giả thuyết của anh không đúng, thử với $95800^4+217519^4+414560^4=422481^4$ (R. Frye 1988).

Thực ra, năm 1967, L. J. Lander, T. R. Parkin, and John Selfridge đã đưa ra một giả thuyết, mở rộng cho định lý Fermat lớn:

 

Nếu $k>3$ và $\sum_{i=1}^{n}a_i^k= \sum_{i=1}^mb_j^k$ trong đó $a_i \ne b_j$ với mọi thì $1 \le i \le n, 1 \le j \le m$ có nghiệm nguyên dương thì $m+n \ge k$.

 

Anh có thể xem thêm tại Euler's sum of powers conjecture.

 

Giả thuyết của anh chắc có thể đúng nếu chỉnh điều kiện từ $k \ge m+n$ thành $k>m+n$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 02-08-2015 - 11:41

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#3 Oai Thanh Dao

Oai Thanh Dao

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 70 Bài viết

Đã gửi 03-08-2015 - 10:15

Giả thuyết của anh không đúng, thử với $95800^4+217519^4+414560^4=422481^4$ (R. Frye 1988).

Thực ra, năm 1967, L. J. Lander, T. R. Parkin, and John Selfridge đã đưa ra một giả thuyết, mở rộng cho định lý Fermat lớn:

 

Nếu $k>3$ và $\sum_{i=1}^{n}a_i^k= \sum_{i=1}^mb_j^k$ trong đó $a_i \ne b_j$ với mọi thì $1 \le i \le n, 1 \le j \le m$ có nghiệm nguyên dương thì $m+n \ge k$.

 

Anh có thể xem thêm tại Euler's sum of powers conjecture.

 

Giả thuyết của anh chắc có thể đúng nếu chỉnh điều kiện từ $k \ge m+n$ thành $k>m+n$.

 

Cảm ơn em. Giáo sư Đào Hải Long cũng cho anh biết thông tin trên, và đưa đường link :

 

https://en.wikipedia...idge_conjecture


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oai Thanh Dao: 08-08-2015 - 18:17


#4 Oai Thanh Dao

Oai Thanh Dao

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 70 Bài viết

Đã gửi 04-08-2015 - 22:50

Phiên bản cuối cùng của giả thuyết

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oai Thanh Dao: 08-08-2015 - 18:16





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh