вызов ферматистам

Цитата
provincialka
Господа ферматисты! Зачем вы стараетесь решить сразу такую сложную задачу?
Попробуйте решить диофантовы уравнения попроще! Вот вам образцы:

1. Решите в натуральных числах уравнение $1 + x+x^2 +x^3=2^y$

2. Решите в натуральных числах уравнение $1!+2!+ ... n!=m^2$

Для Вольдемара это слишком просто и не интересно.
Предлагаю более сложную задачку, которую можно выставить на олимпиаду, так же для школьников :
Найти число способов представления в целых числах:
$x^3+y^3+z^3+t^3=12^3$, где $x+y+z+t=0$.

хотя там и двучлен на двучлен, но все равно "ниосилят" )))

Цитата
ishhan
Предлагаю более сложную задачку, которую можно выставить на олимпиаду, так же для школьников :
Найти число способов представления в целых числах:
$x^3+y^3+z^3+t^3=12^3$, где $x+y+z+t=0$.

Мне кажется, что для школьников $312$ - это слишком много способов (могут плюнуть из-за нудности). Лучше взять число поменьше, например $2^3$, или еще какое-нибудь.

Цитата
ishhan
Честно говоря, у меня получалось 12 способов.
Или число способов разложения 72 в виде произведения трёх сомножителей.
Я использовал формулу $(x+y+z)^3-x^3-y^3-z^3=3(x+y)(x+z)(y+z)$ и ошибочно, по рассеянности, считал, что $2\cdot2$ и $(-2)\cdot(-2)$ одно и то же.
Только не понял как можно представить $2^3$ в виде суммы четырёх кубов целых (хотя бы одним способом)?

Да, $2^3$ так не представить, я ошибся немного (в уме предполагал, конечно, другое число: $3\cdot2^3$). Однако, даже в этом случае получается вполне средненькая задачка (доказать, что система ... не разрешима в целых числах ... ). $72$ это видимо маленькая неточность в арифметике ($\frac{12^3}{3}=576$), в целом у меня почти в точности такой же был ход, только было $(x+y)(x+z)(y+z)=-576$ и требовалось найти общее количество способов представить $-576$ в виде произведения трех целых чисел таких, что их сумма была бы четным числом (четная сумма нужна для того, чтобы $x,y,z$ были целыми при целых $x+y,\,x+z,\,y+z$)



Редактировалось 1 раз(а). Последний 11.04.2013 20:29.

Средненькая для 6-7 классов это та, в которой $2^3$, т.к. там неразрешимость системы сразу следует из того, что $2^3$ не делится на $3$. Случай с $12^3$ все же для классов постарше. По поводу

Цитата
ishhan
А число способов всё таки 12, а не 312.
Так как, набор целых делителей $d_1=8$ $d_2=9$ $d_3=1$ и набор $d_1=-8$ $d_2=-9$ $d_3=1$ дают один и тот же набор чисел: $(d_1+d_2+d_3)$, $(-d_1-d_2+d_3)$, $(-d_1+d_2-d_3)$, $(d_1-d_2-d_3)$ в данном случае это $18,-16,0,-2$

то мне кажется, что такие вещи нужно особо оговаривать в условии. Я решал задачу в другой постановке: "Найти общее количество целочисленных решений системы $\left\{ \begin{array}{l} x^3+y^3+z^3+t^3=12^3, \\ x+y+z+t = 0 \end{array}$" и в такой постановке решения $\left(18;\,-16;\,0;\,-2\right)$ и $\left(-16;\,18;\,-2;\,0\right) $ считаются различными (решение - упорядоченная четверка $\left(x_0;\,y_0;\,z_0;\,t_0\right)$), а ответом к этой задаче будет число $312$. В Вашей уточненной постановке требуется найти не общее количество целочисленных решений системы, а количество классов (эквивалентности) решений по отношению к перестановкам компонент четверок, т.е. в этом случае решения $\left(18;\,-16;\,0;\,-2\right)$ и $\left(-16;\,18;\,-2;\,0\right) $ эквивалентны. Однако, даже в этом случае $12$ не получается хотя бы потому, что нижней оценкой для количества классов будет $\frac{312}{4!}=13>12$. Верным ответом будет $16$ (если хотите, то можете выписать сюда Ваши $12$ представителей и я укажу недостающие $4$).

P.S. Ответы $312$ (в первой постановке) и $16$ (в уточненной постановке) проверялись на ЭВМ, так что сомнений в них нет.

Люди и предлагают уравнения и решают их. Только вот что-то среди решающих нет ни voldemar, ни Ник. Михайловича, ни tamango ... Слабо им, видимо!

дважды два - не всегда 5

Цитата
brukvalub
Ник. Михайлович и tamango - это две ипостаси одного и того же Патентованного Идиота.

Хорошо, что их не двое - на одно разочарование в людях меньше!

дважды два - не всегда 5

Цитата
provincialka
Господа ферматисты! Зачем вы стараетесь решить сразу такую сложную задачу?
Попробуйте решить диофантовы уравнения попроще! Вот вам образцы:

1. Решите в натуральных числах уравнение $1 + x+x^2 +x^3=2^y$

2. Решите в натуральных числах уравнение $1!+2!+ ... n!=m^2$

Поскольку те (тот), к кому было это обращение, уже вряд ли отзовется, думаю, что можно перейти к обсуждению решений. Второе уравнение действительно решается за, образно выражаясь, "10 сек". Достаточно увидеть , что левая часть при всех $n>3$ заканчивается на цифру $3$. Но меня заинтересовало утверждение Дмитрия

Цитата
zklb(Дмитрий)
очень забавно) первое, например, решается за пять минут, а после решения так вообще кажется, что решил бы за 10 секунд) ...

Мне потребовалось времени значительно больше 10 сек и даже больше 5 мин. Вероятно, я что-то проглядел. Уважаемый Дмитрий, поделитесь пожалуйста своим решением.

Цитата
ishhan
Я исходил из того, что 72 в виде произведения трёх натуральных чисел можно представить только двенадцатью способами:
72 1 1
36 2 1
24 3 1
18 4 1
12 6 1
9 8 1
18 2 2
12 3 2
9 4 2
6 6 2
8 3 3
6 4 3
В соответствии с этим определяются 12 неупорядоченных четвёрок таких что $x+y+z+t=0$
x y z t
74 70 -72 -72
39 33 -35 -37
28 20 -22 -26
23 13 -15 -21
19 5 -7 -17
18 0 -2 -16
22 14 -18 -18
17 7 -11 -13
15 3 -7 -11
14 -2 -2 -10
14 2 -8 -8
13 -1 -5 -7
Откуда берутся ещё четыре способа?
Может быть я что- то пропустил.

1) Об ошибке. Одно из преобразований которое Вы совершили с $x^3+y^3+z^3+t^3$ нужно было совершить и с $12^3$. Т.е., после подстановки $x=\frac{d_1+d_2-d_3}{2}$, $y=\frac{d_1+d_3-d_2}{2} $ и $z=\frac{d_2+d_3-d_1}{2}$ Вы умножаете сумму четырех кубов на $(-2^3)$ и раскрыв все скобки получаете $2^3\cdot3\cdotd_1d_2d_3$, однако при этом нужно было и $12^3$ умножить на $(-2^3)$ (т.к. $x^3+y^3+z^3+t^3=12^3$). В результате должно было быть $2^3\cdot3\cdotd_1d_2d_3=-2^3\cdot12^3$, или $d_1\cdotd_2\cdotd_3=-576\ne72$.
2) О причинах удачи. Ситуация возникла действительно крайне интересная. Т.е., невзирая на ошибку, которая вообщем-то существенная, удалось получить $12$ верных вариантов из $16$ возможных. Получилось это следующим образом. Если $d_1d_2d_3=-576$, то $\left(-\frac{d_1}{2}\right)\left(\frac{d_2}{2}\right)\left(\frac{d_3}{2}\right)=72$ и введя замены $D_1=-\frac{d_1}{2}$, $D_2=\frac{d_2}{2}$ и $D_3=\frac{d_3}{2}$ получим $D_1D_2D_3=72$, где $D_1+D_2+D_3=z$, $-D_1-D_2+D_3=y$, $-D_1+D_2-D_3=x$ и $D_1-D_2-D_3=t$, что вполне согласуется с Вашими формулами:

Цитата
ishhan
Если положить произведение трёх сомножителей $d_1d_2d_3=72$ ... дают один и тот же набор чисел: $(d_1+d_2+d_3)$, $(-d_1-d_2+d_3)$, $(-d_1+d_2-d_3)$, $(d_1-d_2-d_3)$ ...

Однако, Ваш дальнейший ход предполагает, что $D_1,\,D_2,\,D_3$ - целые числа, а это, в свою очередь, предполагает что все три целых числа $d_1,\,d_2,\,d_3$ являются четными, что не обязательно. Т.о. Вы нашли все классы решений, соответствующие всевозможным четным $d_1,\,d_2,\,d_3$, и если Вы внимательно посмотрите на свои варианты четверок $(x;\,y;\,z;\,t)$, то увидите, что в каждой все числа имеют одинаковую четность, что, разумеется, соответствует четным $x+y=d_1$, $x+z=d_2$ и $y+z=d_3$.
3) Недостающие варианты: $\left(35;\,29;\,-28;\,-28\right)$, $\left(37;\,27;\,-28;\,-36\right)$, $\left(98;\,94;\,-95;\,-97\right)$ и $\left(289;\,287;\,-288;\,-288\right)$. К примеру четверке $\left(98;\,94;\,-95;\,-97\right)$ соответствует $d_1=-1$, $d_2=3$, $d_3=192$ ($d_1d_2d_3=-576$) и одновременно $D_1=\frac{1}{2}$, $D_2=\frac{3}{2}$ и $D_3=96$ ($D_1D_2D_3=72$).

Но про делимость не совсем понял. Из каких соображений мы можем сразу утверждать, что $(1+x^2)$ делится на $(1+x)$ только при $x=1$?
Я тоже в конце концов разложил на множители и далее доказывал, что условия $(1+x^2)=2^n$ и $(1+x)=2^m$ выполняются только при $m=n=1$. Это конечно достаточно просто и быстро, но в "10 сек" я не уложился.