Αθροίσματα τετραγώνων

Συντονιστής: nkatsipis

stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Αθροίσματα τετραγώνων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Μαρ 20, 2020 4:10 am

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει πολυωνιμική ταυτότητα ώστε (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) = z_1^2 + z_2^2 +z_3^2 ώστε τα z_i να είναι πολυώνυμα των x_1,x_2,x_3,y_1,y_2,y_3 με ακέραιους συντελεστές.
Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε το θεώρημα του Gauss που λέει ότι ένας φυσικός αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών τετραγώνων αν και μόνο αν δεν είναι της μορφής 4^a(8k+7) όπου a \geq 0 και k \in \mathbb{N}.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD

Λέξεις Κλειδιά:
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Μαρ 20, 2020 7:11 am

Η προσθετική θεωρία αριθμών είναι ένας μαγικός κλάδος.
Δεύτερη Άσκηση
Ο k-οστός τριγωνικός αριθμός είναι ο \frac{k(k+1)}{2}. Είναι γνωστό(Gauss) ότι κάθε μη αρνητικός ακέραιος είναι άθροισμα τριών τριγωνικών αριθμών. Να δείξετε ότι αυτό δεν βελτιώνεται, δηλαδή ότι δεν είναι όλοι οι ακέραιοι άθροισμα δύο τριγωνικών αριθμών.
Είναι κάθε αρκετά μεγάλος αριθμός άθροισμα δυο τριγωνικών αριθμών;


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Μαρ 20, 2020 12:01 pm

stranger έγραψε:
Παρ Μαρ 20, 2020 4:10 am
Να δείξετε ότι δεν υπάρχει πολυωνιμική ταυτότητα ώστε (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) = z_1^2 + z_2^2 +z_3^2 ώστε τα z_i να είναι πολυώνυμα των x_1,x_2,x_3,y_1,y_2,y_3 με ακέραιους συντελεστές.
Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε το θεώρημα του Gauss που λέει ότι ένας φυσικός αριθμός γράφεται ως άθροισμα τριών τετραγώνων αν και μόνο αν δεν είναι της μορφής 4^a(8k+7) όπου a \geq 0 και k \in \mathbb{N}.

Ας υποθέσουμε προς άτοπο ότι υπάρχει. Παίρνουμε x_1=x_2=x_3 = y_1 = 1, y_2=2,y_3=0. Τότε τα z_1,z_2,z_3 είναι ακέραιοι με z_1^2 + z_2^2 + z_3^2 = 15. Αυτός όμως δεν μπορεί να συμβεί. (Είτε χρησιμοποιώντας το αναφερόμενο θεώρημα του Gauss, είτε εργαζόμενοι modulo 7, είτε κάνοντας απευθείας τον έλεγχο ότι δεν μπορούμε να γράψουμε το 15 ως άθροισμα τριών (πιθανώς ίδιων) αριθμών από το σύνολο \{0,1,4,9\}.)


stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Μαρ 20, 2020 9:41 pm

Ωραία λύση. Να γράψω και τη δική μου.
Αν υπήρχε τέτοια πολυωνυμική ταυτότητα τότε θα είχαμε ότι το γινόμενο δύο αριθμών που είναι άθροισμα τριών τετραγώνων είναι άθροισμα τριών τετραγώνων. Παίρνουμε έναν αριθμό N \equiv 5 (mod 8). Τότε από το θεώρημα του Gauss έχουμε ότι ο N είναι άθροισμα τριών τετραγώνων και επίσης ο αριθμός 3 είναι άθροισμα τριών τετραγώνων. Άρα ο αριθμός 3N είναι άθροισμα τριών τετραγώνων το οποίο είναι άτοπο επειδή 3N \equiv 7 (mod8) από το θεώρημα του Gauss.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8390
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Μαρ 21, 2020 12:02 pm

stranger έγραψε:
Παρ Μαρ 20, 2020 7:11 am
Η προσθετική θεωρία αριθμών είναι ένας μαγικός κλάδος.
Δεύτερη Άσκηση
Ο k-οστός τριγωνικός αριθμός είναι ο \frac{k(k+1)}{2}. Είναι γνωστό(Gauss) ότι κάθε μη αρνητικός ακέραιος είναι άθροισμα τριών τριγωνικών αριθμών. Να δείξετε ότι αυτό δεν βελτιώνεται, δηλαδή ότι δεν είναι όλοι οι ακέραιοι άθροισμα δύο τριγωνικών αριθμών.
Είναι κάθε αρκετά μεγάλος αριθμός άθροισμα δυο τριγωνικών αριθμών;

Πρώτη Λύση: Με έλεγχο εννιά περιπτώσεων βρίσκουμε ότι κάθε τριγωνικός αριθμός είναι ισότιμος με 0,1,3,6 \bmod 9. Άρα κάθε αριθμός της μορφής 5 \bmod 9 και 8 \bmod 9 δεν μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα δύο τριγωνικών αριθμών.

Δεύτερη Λύση: Ας γράψουμε T_n = \frac{n(n+1)}{2}. Το πολύ \binom{n-1}{2}+(n-1) = \frac{n(n-1)}{2} = T_n-n αριθμοί από τους 1,2,\ldots,T_n-1 μπορούν να γραφτούν ως άθροισμα το πολύ δύο τριγωνικών αριθμών. (Αφού κάθε τριγωνικός αριθμός που θα χρησιμοποιηθεί θα είναι ένας από τους T_1,T_2,\ldots,T_{n-1}.) Άρα από τους 1,2,\ldots,T_n-1 υπάρχουν τουλάχιστον n-1 αριθμοί οι οποίοι δεν μπορούν να γραφτούν ως άθροισμα το πολύ δύο τριγωνικών αριθμών.


stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Μαρ 21, 2020 11:35 pm

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 3.
Έστω δύο τετραγωνικές μορφές F_A(x_1,..,x_n) = \sum_{i,j=1}^{n} a_{i,j} x_i x_j και F_B(x_1,..,x_n) = \sum_{i,j=1}^{n} b_{i,j} x_i x_j.
Δείξτε ότι αν F_A(x_1..,x_n) = F_B(x_1,..,x_n) για κάθε x_1,..,x_n \in \mathbb{Z} τότε a_{i,j}=b_{i,j} για κάθε i,j.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Μαρ 22, 2020 12:25 am

Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα n μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για n=1 το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως q_{1}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^k+q_{2}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^{k-1}+.. όπου φιξάροντας τα x_{1},..x_{n-1} λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του x_{n} έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα x_{1},x_{2},..x_{n-1} μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την επαγωγική υπόθεση).
*Μάλιστα και το "για κάθε ακέραιο" βελτιώνεται.


stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Μαρ 22, 2020 2:20 am

Ξέχασα να αναφέρω ότι οι πίνακες A και B είναι συμμετρικοί.
Αν δεν ήταν συμμετρικοί τότε το συμπέρασμα νομίζω δεν ισχύει, γιατί ο συντελεστής του x_ix_j θα ήταν a_{i,j} + a_{j,i} οπότε δεν θα είχαμε ότι a_{i,j} = b_{i,j}. Πάρε για παράδειγμα a_{1,1}=a_{2,2}=0, a_{1,2}=-1 και a_{2,1}=1 και B o μηδενικός πίνακας.
Αν έχουμε ότι οι πίνακες είναι συμμετρικοί τότε η λύση σου είναι σωστή νομίζω.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Μαρ 22, 2020 4:20 am

Για όσους τους αρέσει η Προσθετική Θεωρία Αριθμών(που εμένα είναι ο αγαπημένος μου κλάδος) προτείνω να κοιτάξετε το βιβλίο του Nathanson-Additive Number Theory-Classical Bases. Το βιβλίο αυτό ασχολείται με το πρόβλημα του Waring(που έλυσε ο Hilbert) και με την εικασία του Goldbach.
Περιέχει όλα τα σημαντικά αποτελέσματα της Προσθετικής Θεωρίας Αριθμών, όπως για παράδειγμα το θεώρημα του Vinogradov ότι κάθε αρκετά μεγάλος περιττός είναι άθροισμα τριών πρώτων, το Θεώρημα του Chen ότι κάθε αρκετά μεγάλος άρτιος είναι άθροισμα ενός πρώτου και ένος αριθμού που είναι πρώτος η γινόμενο δύο πρώτων.
Το βιβλίο είναι ευκολοδιάβαστο και μπορεί να το καταλάβει ο κάθενας που έχει μαθηματική ωριμότητα.
Μάλιστα λέει μέσα σε ένα σημείο "Το βιβλίο αυτό δεν είναι γραμμένο στο στυλ των περισσότερων βιβλίων που είναι ότι το χαρτί κοστίζει, όμως η προσπάθεια του αναγνώστη δεν κοστίζει", το οποίο σημαίνει ότι έχει πολλές λεπτομέρειες.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Κυρ Μαρ 22, 2020 4:21 am

min## έγραψε:
Κυρ Μαρ 22, 2020 12:25 am
Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα n μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για n=1 το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως q_{1}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^k+q_{2}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^{k-1}+.. όπου φιξάροντας τα x_{1},..x_{n-1} λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του x_{n} έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα x_{1},x_{2},..x_{n-1} μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την επαγωγική υπόθεση).
*Μάλιστα και το "για κάθε ακέραιο" βελτιώνεται.
Θα συμφωνήσω κι εγώ ότι δεν περιορίζεται μόνο σε τετραγωνικές μορφές. Βασικά δεν χρειάζεται να ισχύει η ισότητα για όλους του ακεραίους αλλά για ένα αρκετά μεγάλο, που εξαρτάται από το βαθμό του πολυωνύμου, υποσύνολο του \mathbb{Z}. Είναι γνωστό ως Combinatorial Nullstellensatz (δες εδώ).


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Δευ Μαρ 23, 2020 10:12 pm

bouzoukman έγραψε:
Κυρ Μαρ 22, 2020 4:21 am
min## έγραψε:
Κυρ Μαρ 22, 2020 12:25 am
Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα n μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για n=1 το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως q_{1}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^k+q_{2}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^{k-1}+.. όπου φιξάροντας τα x_{1},..x_{n-1} λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του x_{n} έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα x_{1},x_{2},..x_{n-1} μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την επαγωγική υπόθεση).
*Μάλιστα και το "για κάθε ακέραιο" βελτιώνεται.
Θα συμφωνήσω κι εγώ ότι δεν περιορίζεται μόνο σε τετραγωνικές μορφές. Βασικά δεν χρειάζεται να ισχύει η ισότητα για όλους του ακεραίους αλλά για ένα αρκετά μεγάλο, που εξαρτάται από το βαθμό του πολυωνύμου, υποσύνολο του \mathbb{Z}. Είναι γνωστό ως Combinatorial Nullstellensatz (δες εδώ).
Και που χρησιμοποιούμε με το Combinatorial Nullstellensatz ότι οι πίνακες είναι συμμετρικοί;
Αν οι πίνακες δεν είναι συμμετρικοί τότε το συμπέρασμα δεν ισχύει όπως έγραψα στα παραπάνω.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Μαρ 23, 2020 10:26 pm

Μα δεν έκανα κάτι περίεργο:Η ισότητα τιμών δίνει (και με τη Nullstellensatz) ισότητα πολυωνύμων/συντελεστών.Αν οι πίνακες είναι συμμετρικοί (το παρέλειψα πλήρως παραπάνω) παίρνουμε 2a_{ij}=2b_{ij} \forall i,j-αυτό που θέμε.
Αν πάλι δεν είναι,παίρνουμε a_{ij}+a_{ji}=b_{ij}+b_{ji} \forall i,j.
τελευταία επεξεργασία από min## σε Δευ Μαρ 23, 2020 10:28 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Δευ Μαρ 23, 2020 10:28 pm

Ναι είσαι σωστός τώρα.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τρί Μαρ 24, 2020 4:40 am

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 4
Για N \geq 1 έστω k=[\sqrt{N}] . Έστω το σύνολο A = \{0,1,...,k-1\} \cup \{k,2k,..,(k-1)k\}.
Να αποδειχθεί ότι κάθε φυσικός αριθμός μικρότερος η ίσος του N γράφεται ως άθροισμα δύο αριθμών από το A.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 186
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Τρί Μαρ 24, 2020 10:53 am

stranger έγραψε:
Τρί Μαρ 24, 2020 4:40 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 4
Για N \geq 1 έστω k=[\sqrt{N}] . Έστω το σύνολο A = \{0,1,...,k-1\} \cup \{k,2k,..,(k-1)k\}.
Να αποδειχθεί ότι κάθε φυσικός αριθμός μικρότερος η ίσος του N γράφεται ως άθροισμα δύο αριθμών από το A.
Νομίζω ότι δεν ισχύει. Αν πάρουμε για N=26 τότε k=5 και το σύνολο A είναι το:

\displaystyle{A=\underbrace{\{0,1,2,3,4\}}_{A_1}\cup\underbrace{\{5,10,15,20\}}_{A_2}.}

Προφανώς, δεν μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα δύο στοιχείων από το A_1, αφού το μέγιστο άθροισμα που μπορούμε να πάρουμε είναι 7, αλλά ούτε και ως άθροισμα δύο στοιχείων του A_2, αφού θα έπρεπε να ήταν πολλαπλάσιο του 5.

Ωστόσο, αφού για a_2\in A_2:

\displaystyle{26-a_2\in\{6,11,16,21\}=A_3}

και A_3\cap A_1=\varnothing, δεν μπορούμε να το γράψουμε ως άθροισμα ενός στοιχείου του A_1 και ενός του A_2.


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μαρ 25, 2020 3:40 am

Πράγματι έχεις δίκιο η άσκηση είναι λάθος. Θα βάλω άλλη σε λίγο.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μαρ 25, 2020 4:16 am

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 5
Έστω A και m μη αρνητικοί ακέραιοι ώστε m \leq A^2. Έστω ότι ο m είναι άθροισμα τριών τετραγώνων.
Δείξτε ότι ο αριθμός 6A(A^2+m) είναι άθροισμα 6 μη αρνητικών κύβων.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » 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 n.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Τετ Μαρ 25, 2020 8:10 pm

stranger έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 10:12 pm
bouzoukman έγραψε:
Κυρ Μαρ 22, 2020 4:21 am
min## έγραψε:
Κυρ Μαρ 22, 2020 12:25 am
Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα n μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για n=1 το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως q_{1}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^k+q_{2}(x_{1},x_{2},..x_{n-1})x_{n}^{k-1}+.. όπου φιξάροντας τα x_{1},..x_{n-1} λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του x_{n} έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα x_{1},x_{2},..x_{n-1} μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την επαγωγική υπόθεση).
*Μάλιστα και το "για κάθε ακέραιο" βελτιώνεται.
Θα συμφωνήσω κι εγώ ότι δεν περιορίζεται μόνο σε τετραγωνικές μορφές. Βασικά δεν χρειάζεται να ισχύει η ισότητα για όλους του ακεραίους αλλά για ένα αρκετά μεγάλο, που εξαρτάται από το βαθμό του πολυωνύμου, υποσύνολο του \mathbb{Z}. Είναι γνωστό ως Combinatorial Nullstellensatz (δες εδώ).
Και που χρησιμοποιούμε με το Combinatorial Nullstellensatz ότι οι πίνακες είναι συμμετρικοί;
Αν οι πίνακες δεν είναι συμμετρικοί τότε το συμπέρασμα δεν ισχύει όπως έγραψα στα παραπάνω.
Αυτό που θέλω να πω είναι ότι δεν χρειάζεται να έχεις μία τετραγωνική μορφή αλλά ισχύει γενικότερα για οποιοδήποτε πολυώνυμο πολλών μεταβλητών. Δηλαδή αν f\in \mathbb Z[x_1,x_2,\cdots,x_n] και f(x_1,\cdots,x_n)=0 για κάθε x_1,\cdots,x_n\in\mathbb Z τότε έχουμε ότι f=0.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
stranger
Δημοσιεύσεις: 185
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: United States of America

Re: Αθροίσματα τετραγώνων

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Μαρ 27, 2020 3:33 am

stranger έγραψε:
Τετ Μαρ 25, 2020 4:16 am
Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 5
Έστω A και m μη αρνητικοί ακέραιοι ώστε m \leq A^2. Έστω ότι ο m είναι άθροισμα τριών τετραγώνων.
Δείξτε ότι ο αριθμός 6A(A^2+m) είναι άθροισμα 6 μη αρνητικών κύβων.
Υπόδειξη: Αν m= m_1^2 + m_2^2 + m_3^2 τότε (A + m_i)^3 + (A -m_i)^3 =...


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες