Αθροίσματα τετραγώνων

stranger · #21

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 6
Έστω G(3)

ο ελάχιστος αριθμός

ώστε κάθε αρκετά μεγάλος αριθμός να γράφεται ως άθροιμα

μη αρνητικών κύβων.
Αποδείξτε ότι $G(3) \geq 4$ .

Σημείωση: Ο προσδιορισμός της ακριβής τιμής του G(3)

είναι ένα από τα μεγαλύτερα ανοιχτά προβλήματα της Προσθετικής Θεωρίας Αριθμών.
Το μόνο που είναι γνωστό είναι ότι $4 \leq G(3) \leq 7$ . Οι περισσότεροι μαθηματικοί πιστεύουν ότι G(3)=4

.

stranger · #22

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 02, 2020 4:25 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 6
Έστω ο ελάχιστος αριθμός ώστε κάθε αρκετά μεγάλος αριθμός να γράφεται ως άθροιμα μη αρνητικών κύβων.
Αποδείξτε ότι $G(3) \geq 4$ .

Σημείωση: Ο προσδιορισμός της ακριβής τιμής του είναι ένα από τα μεγαλύτερα ανοιχτά προβλήματα της Προσθετικής Θεωρίας Αριθμών.
Το μόνο που είναι γνωστό είναι ότι $4 \leq G(3) \leq 7$ . Οι περισσότεροι μαθηματικοί πιστεύουν ότι .

Υπόδειξη: Τι γίνεται όταν $N \equiv \pm 4 (mod 9)$ ;

bouzoukman · #23

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 02, 2020 11:46 pm
Υπόδειξη: Τι γίνεται όταν $N \equiv \pm 4 (mod 9)$ ;

Νομίζω ότι η υπόδειξη είναι ουσιαστικά η λύση στην άσκηση. Ας υποθέσουμε ότι G(3) = 3

, τότε έστω ένας πρώτο

με $p\equiv \pm 4\pmod{9}$ και από το θεώρημα του Dirichlet ξέρουμε ότι υπάρχουν άπειροι τέτοιοι πρώτοι. Τότε από υπόθεση ισχύει p=x_1^3 + x_2^3 + x_3^3

. Εύκολα δείχνουμε ότι $x_i^3\equiv 0,1,-1\pmod{9}$ . Παίρνοντας όλους τους πιθανούς συνδυασμούς βλέπουμε ότι $p=x_1^3 + x_2^3 + x_3^3\not\equiv\pm 4\pmod{9}$ . Άρα $G(3)\geq 4$ .

stranger · #24

Δεν χρειάζεται να πάρουμε έναν πρώτο. Δουλεύει για οποιονδήποτε $N \equiv \pm 4 (mod 9)$ και προφανώς υπάρχουν άπειροι τέτοιοι αριθμοί.

stranger · #25

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 7

Να δείξετε ότι η μοναδική λύση της (x-3)^3 + (x-2)^3 + (x-1)^3 = x^3

στους φυσικούς είναι η x=6

.
Δεν έχω λύση.

stranger · #26

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 8
Έστω v(3)

ο ελάχιστος αριθμός

ώστε κάθε φυσικός να γράφεται στη μορφή $\pm x_1^3 \pm x_2^3 \pm ... \pm x_k^3$ .
Δείξτε ότι $v(3) \leq 5$ .

bouzoukman · #27

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 05, 2020 9:52 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 7

Να δείξετε ότι η μοναδική λύση της στους φυσικούς είναι η .
Δεν έχω λύση.

Εύκολα βλέπουμε (έχω πάντα χρησιμοποιώ υπολογιστή πλέον για τέτοιους υπολογισμούς!) ότι

$\displaystyle{ f(x) = (x-3)^3 + (x-2)^3 + (x-1)^3 - x^3=2x^3 - 18x^2 + 42x - 36 = 2(x-6)(x^2 - 3x + 3) }$

απ'όπου το αποτέλεσμα προκύπτει εύκολα.

stranger · #28

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 05, 2020 10:12 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 8
Έστω ο ελάχιστος αριθμός ώστε κάθε φυσικός να γράφεται στη μορφή $\pm x_1^3 \pm x_2^3 \pm ... \pm x_k^3$ .
Δείξτε ότι $v(3) \leq 5$ .

Υπόδειξη:

.

stranger · #29

stranger έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 25, 2020 7:52 am
Ας βάλουμε και μία από την Πολλαπλασιαστική Θεωρία Αριθμών.
Να δείξετε ότι $\sum_{p \leq n} \frac{1}{p} - \frac{\sum_{k=1}^{n}\omega (k)}{n} \rightarrow 0$ καθώς $n \rightarrow \infty$ .
Το άθροισμα στο αριστερό μέλος είναι πάνω από τους πρώτους $\leq n$ . Η συνάρτηση $\omega(n)$ είναι το πλήθος των πρώτων διαιρετών του .

Έστω $n \in \mathbb{N}$ και

ένας πρώτος με $p \leq n$ .
Από ευκλείδεια διαίρεση έχουμε $\frac{n}{p} = [\frac{n}{p}] + \frac{n mod p}{p}$ , όπου nmodp

το υπόλοιπο της ευκλείδειας διαίρεσης του

με το

.
Αθροίζοντας έχουμε $n \sum_{p \leq n} \frac{1}{p} = \sum_{p \leq n} [\frac{n}{p}] + \sum_{p \leq n} \frac{nmodp}{p}$ , οπότε
$\sum_{p \leq n} \frac{1}{p} = \frac{1}{n}\sum_{p \leq n} [\frac{n}{p}] + \frac{1}{n}\sum_{p \leq n} \frac{nmodp}{p}$ .
Επίσης, $\frac{1}{n}\sum_{p \leq n} \frac{nmodp}{p}$ $\leq \frac{1}{n} \sum_{p \leq n} 1 = \frac{\pi(n)}{n} \rightarrow 0$ καθώς $n \rightarrow \infty$ .
Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\sum_{p \leq n} [\frac{n}{p}] = \sum_{k=1}^{n} \omega(k)$ (1). Θα χρησιμοποιήσουμε μαθηματική επαγωγή.
Για n=1

έχουμε ότι η (1) ισχύει.
Έστω ότι ισχύει για

, δηλαδή $\sum_{p \leq n} [\frac{n}{p}] = \sum_{k=1}^{n} \omega(k)$ .
Παίρνουμε δύο περιπτώσεις. Αν ο n+1

είναι πρώτος τότε $\sum_{p \leq n+1} [\frac{n+1}{p}] = \sum_{p \leq n} [\frac{n+1}{p}] +1$ .
Επίσης, για κάθε $p \leq n$ έχουμε $[\frac{n+1}{p}] = [\frac{n}{p}]$ επειδή όλοι πρώτοι που είναι μικρότεροι η ίσοι του

δεν διαιρούν τον n+1

, επειδή ο n+1

είναι πρώτος από υπόθεση.
Οπότε $\sum_{p \leq n+1} [\frac{n+1}{p}] = \sum_{p \leq n}( [\frac{n+1}{p}]) +1$ = $\sum_{p \leq n} [\frac{n}{p}] +1$ $= \sum_{k=1}^{n+1}\omega(k)$ και η (1) ισχύει.
Αν ο n+1

δεν είναι πρώτος τότε $\sum_{p \leq n+1} [\frac{n+1}{p}] = \sum_{p \leq n} [\frac{n+1}{p}] = \sum_{p \mid n+1} [\frac{n+1}{p}] + \sum_{p \nmid n+1 } [\frac{n+1}{p}]$ = $\sum_{p \mid n+1}([\frac{n}{p}]+1 ) + \sum_{p \nmid n+1} [\frac{n}{p}]$ $= \sum_{p \leq n}[\frac{n}{p}] + \omega(n+1)$ το οποίο σημαίνει ότι ισχύει η (1) για τον n+1

και το συμπέρασμα έπεται.

stranger · #30

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 05, 2020 10:12 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 8
Έστω ο ελάχιστος αριθμός ώστε κάθε φυσικός να γράφεται στη μορφή $\pm x_1^3 \pm x_2^3 \pm ... \pm x_k^3$ .
Δείξτε ότι $v(3) \leq 5$ .

Από την ταυτότητα 6x = (x+1)^3 + (x-1)^3 - 2 x^3

, έχουμε ότι κάθε πολλαπλάσιο του

γράφεται στη μορφή $\pm x_1^3 \pm x_2^3 \pm ... \pm x_4^3$ .
Επίσης, έχουμε ότι για κάθε

φυσικό αριθμό ισχύει $6 \mid N- N^3$ .
Οπότε αν

ένας φυσικός αριθμός έχουμε N - N^3 = 6x = (x+1)^3 + (x-1)^3 - 2 x^3

, οπότε

, το οποίο αποδεικνύει ότι $v(3) \leq 5$ .

Σημείωση:
Είναι ανοιχτό πρόβλημα ο προσδιορισμός της ακριβής τιμής του v(3)

.

Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

Μέλη σε σύνδεση