Доказать, что не существует

Clever_Unior

у нас можно пытаться брать m=3;5

Не уверен, что для тройки можно, ведь тогда столько случаев надо рассматривать..

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 22 июл 2011, 19:21

Clever_Unior писал(а):Source of the post
у нас можно пытаться брать m=3;5

Не уверен, что для тройки можно, ведь тогда столько случаев надо рассматривать..

В этом случае надо рассматривать столько же случаев, сколько и при $$m=5$$

: каждое число либо делится на $$3$$

, либо не делится. Если $3|x \Rightarrow x^{3-1} \equiv 0 \pmod 3$ , если же $3 \not |x \Rightarrow x^{3-1} \equiv 1 \pmod 3$ (это малая теорема Ферма, МТФ, надеюсь, Вы знакомы, если нет - погуглите).
Берем по модулю 3, получаем:
$2b^4+2c^4 \equiv 2d^4 \pmod 3 \Leftrightarrow$
$b^4+c^4 \equiv d^4 \pmod 3$
отсюда сразу получаем, что либо $$3|b,c,d$$

, либо $3 \not |d$ и не делит ровно одно из чисел $$b,d$$

. И из 1-го случая тогда сразу следует, что $$3|a$$

и тогда мы сокращаем все на $$3^4$$

и начинаем заново. Так что остается только 2-й случай (ну и, кажется, на нем благополучно застреваем ).

Можно попытаться также взять модули 13 и 17 (это потому, что степень 4 делит $$13-1$$

и

). Вдруг что-то даст.

Lunatik · Сообщение **Lunatik** » 22 июл 2011, 19:26

Почему нельзя взять модуль 5... по нему всё отлично получается же...

Clever_Unior

Почему нельзя взять модуль 5... по нему всё отлично получается же...

Как?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 22 июл 2011, 19:33

MrDindows писал(а):Source of the post
Стоп. Только сейчас заметил, что а и с не обязаны делится на 5=) Сейчас додумаю.

Все правильно. Берем по модулю 5:
$3a^4+2c^4 \equiv d^4 \pmod 5$
Справа либо 0, либо 1, слева: $$0;3;2;0$$

. Значит обе части равны нулю по модулю 5 (т.е. делятся на 5, в частности $$5|d$$

). Докажем, что $$5|a,c$$

. Предположим, что это не так. Тогда по МТФ $a^4,c^4 \equiv 1 \pmod 5$ , но тогда $a^4,c^4 \equiv 1+5k \pmod {5^2}$ , а значит $3a^4+2c^4 \equiv 3+2+25(k+l) \equiv 5 \not \equiv 0 \pmod {5^2}$ . Противоречие. Значит все-таки все $$a,c,d$$

делятся на $$5$$

. Дальше - метод спуска.

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 22 июл 2011, 19:34

Sonic86 писал(а):Source of the post
Clever_Unior писал(а):Source of the post
у нас можно пытаться брать m=3;5

Не уверен, что для тройки можно, ведь тогда столько случаев надо рассматривать..

В этом случае надо рассматривать столько же случаев, сколько и при : каждое число либо делится на , либо не делится. Если $3|x \Rightarrow x^{3-1} \equiv 0 \pmod 3$ , если же $3 \not |x \Rightarrow x^{3-1} \equiv 1 \pmod 3$ (это малая теорема Ферма, МТФ, надеюсь, Вы знакомы, если нет - погуглите).
Берем по модулю 3, получаем: ВОТ ЭТО МЕСТО:
$2b^4+2c^4 \equiv 2d^4 \pmod 3 \Leftrightarrow$
$b^4+c^4 \equiv d^4 \pmod 3$
отсюда сразу получаем, что либо , либо $3 \not |d$ и не делит ровно одно из чисел . И из 1-го случая тогда сразу следует, что и тогда мы сокращаем все на и начинаем заново. Так что остается только 2-й случай (ну и, кажется, на нем благополучно застреваем ).

Можно попытаться также взять модули 13 и 17 (это потому, что степень 4 делит и ). Вдруг что-то даст.

Должно быть так:
$2b^4+c^4 \equiv 2d^4 \pmod 3 \Leftrightarrow$

Clever_Unior

$3a^4+2c^4 \equiv d^4 \pmod 5$

А откуда это?

Lunatik · Сообщение **Lunatik** » 22 июл 2011, 19:35

Первое слагаемое даёт остаток либо 0, либо 3, второе делится нацело, третье - либо 0, либо 2, сумма - либо 0, либо 1. Нетрудно заметить, что условие будет соблюдено только если всё делится на 5... Далее спускаемся)))

Clever_Unior

Первое слагаемое даёт остаток либо 0, либо 3, второе делится нацело, третье - либо 0, либо 2, сумма - либо 0, либо 1. Нетрудно заметить, что условие будет соблюдено только если всё делится на 5... Далее спускаемся)))

Да, первое либо 0 либо 3. Второе нацело. А третье либо 0, либо 7. Т.е. возможен случай, когда 3+7 делится на 5.

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 22 июл 2011, 19:39

MrDindows писал(а):Source of the post
Sonic86 писал(а):Source of the post
Берем по модулю 3, получаем: ВОТ ЭТО МЕСТО:
$2b^4+2c^4 \equiv 2d^4 \pmod 3 \Leftrightarrow$
Должно быть так:
$2b^4+c^4 \equiv 2d^4 \pmod 3 \Leftrightarrow$

Угу, косяк (как я с такой точностью вычислений живу еще?!) Тогда может и по модулю 3 получится построить аналогичное решение

yourdomain.com