数学轶事
“Bombieri的餐巾问题”:拙劣的挑战(1979)
1979年女王数论会议在金斯顿(安大略省),蓬皮埃利(1974年菲尔兹奖得主)提供开玩笑类似于的挑战费马最后定理
与他共进晚餐的一些同事,包括罗杰·阿佩里和米歇尔·门代斯-法国(谁报道轶事)。
证明没有非平凡的解决方案,以正整数表示, 计算公式如下(涉及选择号码): C(x,n)+C(y,n)=C(z,n) 第二天早上,阿佩里提出了一个解决方案:n=3,x=10,y=16,z=17。Bombieri只是板着脸回答道:“我说非平凡的."
这个谜团比这则轶事要古老得多:这是流行书籍中偶然提到的明天的数学:业余爱好者尚未解决的问题(至少1972年版)由博士.查尔斯·斯坦利·奥格维 (1913-2000) 他呼应了一种误导性的陈述,这种陈述很容易愚弄像邦比耶里这样的人或者在一个计算机访问不容易的时代。。。
2006-01-30: 有些解决方案 C(x,n)+C(y,n)=C(z,n)
n个 | x个 | 年 | z(z) |
---|
n个 |
2n-1个 | 2n-1个 | 2个 |
---|
1 |
x个 | 年 | x+y |
---|
2 |
3米+3 | 4米+3 | 5米+4 |
---|
3米+4 | 4米+6 | 5米+7 |
5米+5 | 12米+10 | 13米+11 |
5米+6 | 12米+15 | 13米+16 |
15米+10 | 8米+5 | 17米+11 |
15米+21 | 8米+12 | 17米+24 |
x个 | ½x(x-1) | ½x(x-1)+1 |
三 |
10 | 16 | 17 |
---|
22 | 56 | 57 |
32 | 57 | 60 |
41 | 72 | 76 |
63 | 104 | 111 |
86 | 92 | 112 |
36 | 120 | 121 |
4 |
132 | 190 | 200 |
---|
6 |
14 | 15 | 16 |
---|
19 | 19 | 21 |
35 |
118 | 118 | 120 |
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40 |
103 | 104 | 105 |
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C(103.40)=61218182743304701891431482520是5次发现的罕见数字之一,或帕斯卡三角形中的更多(A003015号). 同样,C(14.6)=3003观看娱乐视频佐伊·格里菲斯 (9:05, 2020-04-19). 在y=x+i和z=x+j(i<j)的情况下,我们可以将C(x,n-j)因子去掉,从而得到一个方程x和n中的j度上表的第二行(n=1)对应于j=1。 对于j=2,我们得到了两个二次丢番图碱方程式(i=0或i=1)分别得到以下两个无穷大族的显式解:
1) 当8n2+1 是正方形(q2) 解为:x=½(4n-3+q)y=x,z=x+2这样的n值(以及q值)服从递推:一i+2个= 6一i+1(输入+1)-一我
n个 |
1 | 6 | 35 | 204 | 1189 | 6930 |
40391 | 235416 | 7997214 |
---|
x个 |
2 | 19 | 118 | 695 | 4058 | 23659 |
137902 | 803759 | 27304195 |
---|
年 |
2 | 19 | 118 | 695 | 4058 | 23659 |
137902 | 803759 | 27304195 |
---|
z(z) |
4 | 21 | 120 | 697 | 4060 | 23661 |
137904 | 803761 | 27304197 |
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2) 如果5n2-2n+1是正方形(q2) 那么解决方案是:x=½(3n-3+q)y=x+1,z=x+2n的这些值遵循递归:一i+2个= 7一i+1(输入+1)-一我- 1 (每四个斐波那契数都是q:2、13、89、610、4181、28657……的值。)
n个 |
1 | 6 | 40 | 273 | 1870 | 12816 |
87841 | 602070 | 4126648 |
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x个 |
1 | 14 | 103 | 713 | 4894 | 33551 |
229969 | 1576238 | 10803703 |
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年 |
2 | 15 | 104 | 714 | 4895 | 33552 |
229970 | 1576239 | 10803704 |
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z(z) |
三 | 16 | 105 | 715 | 4896 | 33553 |
229971 | 1576240 | 10803705 |
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Bombieri的餐巾问题现在在“数学溢出”论坛上讨论:-)由于未公开的原因, Wadim Zudilin郑重声明,他“个人不喜欢”上述陈述:-(
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