Αθροίσματα τετραγώνων

[stranger]

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει πολυωνιμική ταυτότητα ώστε ώστε τα να είναι πολυώνυμα των 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 όπου και .

[stranger]

Η προσθετική θεωρία αριθμών είναι ένας μαγικός κλάδος.
Δεύτερη Άσκηση
Ο -οστός τριγωνικός αριθμός είναι ο . 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;

[Demetres]

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει πολυωνιμική ταυτότητα ώστε ώστε τα να είναι πολυώνυμα των 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 όπου και .

Ας υποθέσουμε προς άτοπο ότι υπάρχει. Παίρνουμε . Τότε τα είναι ακέραιοι με . 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 ως άθροισμα τριών (πιθανώς ίδιων) αριθμών από το σύνολο .)

[stranger]

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 . Τότε από το θεώρημα του Gauss έχουμε ότι ο είναι άθροισμα τριών τετραγώνων και επίσης ο αριθμός είναι άθροισμα τριών τετραγώνων. Άρα ο αριθμός είναι άθροισμα τριών τετραγώνων το οποίο είναι άτοπο επειδή από το θεώρημα του Gauss.

[Demetres]

Η προσθετική θεωρία αριθμών είναι ένας μαγικός κλάδος.
Δεύτερη Άσκηση
Ο -οστός τριγωνικός αριθμός είναι ο . 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 . Άρα κάθε αριθμός της μορφής και δεν μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα δύο τριγωνικών αριθμών.

Δεύτερη Λύση: Ας γράψουμε . Το πολύ αριθμοί από τους μπορούν να γραφτούν ως άθροισμα το πολύ δύο τριγωνικών αριθμών. (Αφού κάθε τριγωνικός αριθμός που θα χρησιμοποιηθεί θα είναι ένας από τους .) Άρα από τους υπάρχουν τουλάχιστον αριθμοί οι οποίοι δεν μπορούν να γραφτούν ως άθροισμα το πολύ δύο τριγωνικών αριθμών.

[stranger]

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 3.
Έστω δύο τετραγωνικές μορφές και .
Δείξτε ότι αν για κάθε τότε για κάθε .

[min##]

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

[stranger]

Ξέχασα να αναφέρω ότι οι πίνακες και είναι συμμετρικοί.
Αν δεν ήταν συμμετρικοί τότε το συμπέρασμα νομίζω δεν ισχύει, γιατί ο συντελεστής του θα ήταν οπότε δεν θα είχαμε ότι . Πάρε για παράδειγμα και και o μηδενικός πίνακας.
Αν έχουμε ότι οι πίνακες είναι συμμετρικοί τότε η λύση σου είναι σωστή νομίζω.

[stranger]

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.

[bouzoukman]

Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως όπου φιξάροντας τα λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα 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 . Είναι γνωστό ως Combinatorial Nullstellensatz (δες εδώ).

[stranger]

Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως όπου φιξάροντας τα λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα 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 . 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.

[min##]

Μα δεν έκανα κάτι περίεργο:Η ισότητα τιμών δίνει (και με τη ) ισότητα πολυωνύμων/συντελεστών.Αν οι πίνακες είναι συμμετρικοί (το παρέλειψα πλήρως παραπάνω) παίρνουμε -αυτό που θέμε.
Αν πάλι δεν είναι,παίρνουμε .

[stranger]

Ναι είσαι σωστός τώρα.

[stranger]

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 4
Για έστω . Έστω το σύνολο .
Να αποδειχθεί ότι κάθε φυσικός αριθμός μικρότερος η ίσος του γράφεται ως άθροισμα δύο αριθμών από το .

[Μάρκος Βασίλης]

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 4
Για έστω . Έστω το σύνολο .
Να αποδειχθεί ότι κάθε φυσικός αριθμός μικρότερος η ίσος του γράφεται ως άθροισμα δύο αριθμών από το .

Νομίζω ότι δεν ισχύει. Αν πάρουμε για τότε και το σύνολο είναι το:



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

Ωστόσο, αφού για :



και , δεν μπορούμε να το γράψουμε ως άθροισμα ενός στοιχείου του και ενός του .

[stranger]

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

[stranger]

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 5
Έστω και μη αρνητικοί ακέραιοι ώστε . Έστω ότι ο είναι άθροισμα τριών τετραγώνων.
Δείξτε ότι ο αριθμός είναι άθροισμα 6 μη αρνητικών κύβων.

[stranger]

Ας βάλουμε και μία από την Πολλαπλασιαστική Θεωρία Αριθμών.
Να δείξετε ότι καθώς .
Το άθροισμα στο αριστερό μέλος είναι πάνω από τους πρώτους . Η συνάρτηση είναι το πλήθος των πρώτων διαιρετών του .

[bouzoukman]

Χάνω κάτι ή δεν περιορίζεται σε quadratic forms;
Ισχύει νομίζω για τυχαία πολυώνυμα μεταβλητών.
Η απόδειξη σχετικά απλή με επαγωγή (για το Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας,και από κει και πέρα γράφουμε το Πολυώνυμό μας ως όπου φιξάροντας τα λαμβάνουμε ότι το παραπάνω πολυώνυμο του έχει άπειρες ρίζες/είναι το μηδενικό.
Έτσι κάθε συντελεστής είναι μηδέν,οπότε μεταβάλλοντας τα 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 . 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 και για κάθε τότε έχουμε ότι .

[stranger]

Προσθετική Θεωρία Αριθμών Άσκηση 5
Έστω και μη αρνητικοί ακέραιοι ώστε . Έστω ότι ο είναι άθροισμα τριών τετραγώνων.
Δείξτε ότι ο αριθμός είναι άθροισμα 6 μη αρνητικών κύβων.

Υπόδειξη: Αν τότε