Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

Συντονιστής: nkatsipis

Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Απρ 20, 2024 10:40 pm

1) (Δύσκολη) Λύστε στο \mathbb{Z} την εξίσωση x^2+7=2^n


Κωνσταντίνος Σμπώκος

Λέξεις Κλειδιά:
Nikitas K.
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 06, 2023 6:01 pm
Τοποθεσία: Ρόδος

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikitas K. » Δευ Απρ 22, 2024 4:00 pm

Δεν έχω κάνει εξάσκηση στην επίλυση διοφαντικών εξισώσεων. Παρόλα αυτά έκανα μια ανεπιτυχής προσπάθεια με εκτεταμένη χρήση υπολογιστή, δίχως να επιδιώξω να προσεγγίσω, ήδη υπάρχουσες επίσημες λύσεις.

x^2+7=2^n \Leftrightarrow x^2 =  1\underbrace{00\dots 0}_{n} _2 - 11_2 = \underbrace{11\dots 1}_{n-3}001_2

Θέτοντας, c := n-3 \wedge x_c := |x|, οπότε από την αρχική εξίσωση παίρνουμε την παρακάτω:

\displaystyle x_c ^2 = \underbrace{11\dots 1}_{c}001_2, προφανώς το x_c πρέπει να είναι περιττός.

Θέτοντας, x_c := 2k+1, μετά από τις πράξεις καταλήγουμε ότι:
\displaystyle \frac{k(k+1)}{2} = \underbrace{11\dots 1}_{c}_2, Triangular Mersenne numbers
\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2,
Έστω, η συνάρτηση D να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil =  \left\{\begin{matrix} 
\frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 
\\ 
\frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 
\end{matrix}\right.
  • Αν c είναι άρτιος, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots
  • Αν c είναι περιττός, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda+1, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow \dots
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots
Παρακάτω, παρατίθονται κάποιες εικασίες:

i. \forall c~ c ~mod~ 2 = 1 \Rightarrow \exists k\in\mathbb{Z}^+~  \lfloor x_c\rfloor = \underbrace{11\dots 1}_{k}_2

ii. \forall c~ c ~mod~ 2 = 1 \wedge 3\leq c \neq 11 \Rightarrow \lfloor x_c\rfloor - 2\lfloor x_{c-2}\rfloor = 1

iii. \forall c~ c ~mod~ 2 = 1 \wedge x_c\in\mathbb{Z}^+ \Rightarrow c = 1 από i. και Binary Squares

iv. \forall c~ c ~mod~2 = 0 \wedge c\geq 2 \Rightarrow \lfloor x_c\rfloor - 2\lfloor x_{c-2}\rfloor\in\left\{0, 1\right\}

v. \forall c~ c ~mod~2 = 0 \wedge c\geq 14 \Rightarrow x_c\notin\mathbb{Z}^+

Λόγω του iii. και v., μένει να δοκιμάσουμε τα c\in \left\{0,2,4,6,8,10,12\right\}.
Επομένως, η εξίσωση επαληθεύεται, μόνο αν c\in\left\{0,1,2,4,12\}.


Nikitas K.
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Νοέμ 06, 2023 6:01 pm
Τοποθεσία: Ρόδος

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nikitas K. » Σάβ Απρ 27, 2024 12:07 pm

Χαίρετε, :logo:

Έχοντας φτάσει ως το παρακάτω σημείο, υπάρχει κάποιος τρόπος να συνεχίστεί ο υπολογισμός όλων των δυαδικών ψηφίων του αριθμού k έτσι, ώστε να λάβουμε την μορφή που θα έχει ο αριθμός k σε κάθε περίπτωση;
Nikitas K. έγραψε:
Δευ Απρ 22, 2024 4:00 pm
\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2,
Έστω, η συνάρτηση D να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil =  \left\{\begin{matrix} 
\frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 
\\ 
\frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 
\end{matrix}\right.
  • Αν c είναι άρτιος, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots
  • Αν c είναι περιττός, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda+1, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow \dots
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots


Νικήτας Κακούλλης
«Μέτρον ἄριστον» Κλεόβουλος Εὐαγόρου Λίνδιος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Απρ 27, 2024 7:53 pm

Nikitas K. έγραψε:
Σάβ Απρ 27, 2024 12:07 pm
Χαίρετε, :logo:

Έχοντας φτάσει ως το παρακάτω σημείο, υπάρχει κάποιος τρόπος να συνεχίστεί ο υπολογισμός όλων των δυαδικών ψηφίων του αριθμού k έτσι, ώστε να λάβουμε την μορφή που θα έχει ο αριθμός k σε κάθε περίπτωση;
Nikitas K. έγραψε:
Δευ Απρ 22, 2024 4:00 pm
\displaystyle k(k+1) = \underbrace{11\dots 1}_{c}0_2,
Έστω, η συνάρτηση D να επιστρέφει το πλήθος των ψηφίων της δυαδικής αναπαράστασης της εισόδου.
\displaystyle D(k) = \left \lceil \frac{c+1}{2} \right \rceil =  \left\{\begin{matrix} 
\frac{c}{2} + 1 & c ~ mod ~ 2 = 0 
\\ 
\frac{c+1}{2} & c ~ mod ~ 2 = 1 
\end{matrix}\right.
  • Αν c είναι άρτιος, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow k_1 = 1\Rightarrow k_2 = 0\Rightarrow k_3 = 1\Rightarrow k_4 = 1 \Rightarrow k_5 = 0\Rightarrow k_6 = 1\Rightarrow k_7 = 0\Rightarrow \dots \Rightarrow k_\lambda = 1
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots
  • Αν c είναι περιττός, τότε \exists\lambda\in\mathbb{N} ~ c = 2\lambda+1, οπότε D(k) = \lambda + 1.
    Θέτω, k:= (k_\lambda k_{\lambda - 1} k_{\lambda-2}\dots k_1 k_0) _2
    Επιλύοντας τα \lambda + 1 συστήματα κάθε περίπτωσης, γίνεται να αποτιμηθεί ο αριθμός k.
    • Αν k είναι άρτιος, τότε k_0 = 0\Rightarrow \dots
    • Αν k είναι περιττός, τότε k_0 = 1 \Rightarrow \dots
Δεν είμαι σίγουρος ότι βγαίνει έτσι αυτή η διοφαντική.
Η λύση που έχω κατά νου περνάει μέσα από αλγεβρική θεωρία αριθμών.
Θα βάλω τη λύση αύριο αν δεν υπάρξει κάποια άλλη λύση.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
miltosk
Δημοσιεύσεις: 114
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Δευ Απρ 29, 2024 11:35 am

stranger έγραψε:
Σάβ Απρ 20, 2024 10:40 pm
1) (Δύσκολη) Λύστε στο \mathbb{Z} την εξίσωση x^2+7=2^n
Ας γράψω τι σκέφτηκα, αλλα δεν έχω και πολύ χρόνο να το αναλύσω, το αφήνω ως ιδέα μήπως προχωρήσει κάπως.
Αρχικά, για n άρτιο είναι σχετικά απλό (διαφορά τετραγώνων).
Τώρα, για n περιττό έχουμε:
x^2-2\cdot 2^{2t}= -7, t=\frac{n}{2}
Τώρα, αυτό θυμίζει γενικευμένη Pell (d=2, N=-7).
Αν θέλουμε N<\sqrt{d}, τότε απλά τη γράφουμε στη μορφή:
x^2-128\cdot 2^{2q}, q=\frac{n-7}{2}, σαφώς με τις κατάλληλες υποθέσεις.
Έχουμε: 11^2-128=-7, μία ας τη θεωρήσουμε πρωταρχική λύση των εξισώσεων x^2-2y^2=-7, x^2-128y^2=-7.
Ακόμη, η εξίσωση x^2-2y^2=1 έχει λύση (x,y)=(3,2)
Τώρα για την x^2-128y^2=1 \Rightarrow (x-1)(x+1) = 128y^2 \Rightarrow d(d+1)=32y^2
Οπότε γενικά θα πάρουμε x=2\cdot (32d+1), x=2\cdot (32d-1). Μάλλον λίγο ζόρι να βρούμε πρωταρχική λύση εδώ για να πάρουμε μετά τον αναδρομικό αλγόριθμο.
Μια άλλη ιδέα θα ήταν:
(x-2^t\cdot \sqrt{2})(x+2^t\cdot \sqrt{2})=-7.
Γενικά το Z[i\sqrt{2}] είναι UFD, το παραπάνω βέβαια είναι στο Z[\sqrt{2}], και δεν είμαι σίγουρος αν μπορούμε να δουλέψουμε ανάλογα (το 7 μάλιστα δεν είναι πρώτος σε αυτό τον δακτύλιο). Έχω την εντύπωση πως ο τελευταίος δακτύλιος είναι UFD, αν ισχύουν αυτά μπορώ να προχωρήσω σε λύση, αλλιώς μάλλον πρέπει να αλλάξουμε προσέγγιση.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μάιος 29, 2024 8:25 pm

2)
Έστω S \subseteq \{1,2,..,2n \}, όπου n \geq 1, ώστε |S| \geq n+1.
Δείξτε ότι υπάρχουν a,b \in S ώστε a \mid b.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μάιος 29, 2024 8:34 pm

3)
Δείξτε ότι για κάθε ακέραιο x και κάθε πρώτο p, ισχύει ότι ο p^2 δεν διαιρεί τον x^2-p.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
giannispapav
Δημοσιεύσεις: 77
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Τετ Μάιος 29, 2024 11:41 pm

stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2024 8:34 pm
3)
Δείξτε ότι για κάθε ακέραιο x και κάθε πρώτο p, ισχύει ότι ο p^2 δεν διαιρεί τον x^2-p.
Έστω, προς άτοπο, ότι p^2|(x^2-p). Τότε p|(x^2-p) (αφού p|p^2) άρα p|x^2.
Συνεπώς, χρησιμοποιώντας τη μοναδική ανάλυση του x σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, έχουμε ότι p|x.
Άρα p^2|x^2, και αφού p^2|(x^2-p), θα είναι p^2|p, άτοπο.


giannispapav
Δημοσιεύσεις: 77
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Πέμ Μάιος 30, 2024 12:06 am

stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2024 8:25 pm
2)
Έστω S \subseteq \{1,2,..,2n \}, όπου n \geq 1, ώστε |S| \geq n+1.
Δείξτε ότι υπάρχουν a,b \in S ώστε a \mid b.
Έστω \Pi το σύνολο των περιττών που περιέχονται στο \{1,2,..,2n \}. Από το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής είναι άμεσο ότι κάθε στοιχείο x\in \{1,2,..,2n \} γράφεται με μοναδικό τρόπο ως x=2^k\cdot \pi όπου k\in \mathbb{N} και \pi\in \Pi. Ορίζουμε f:\{1,2,..,2n \} \to \Pi με f(x)=\pi.
Είναι |\Pi|=n άρα |f(S)|\leq n. Όμως |S|\ge n+1 άρα η f δεν είναι 1-1, δηλαδή υπάρχουν x_1=2^{k_1}\cdot \pi_1, x_2=2^{k_2}\cdot \pi_2\in S έτσι ώστε f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow \pi_1=\pi_2. Αν k_1<k_2, τότε x_1|x_2, ενώ αν k_1>k_2, τότε x_2|x_1.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Πέμ Μάιος 30, 2024 11:58 am

giannispapav έγραψε:
Πέμ Μάιος 30, 2024 12:06 am
stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 29, 2024 8:25 pm
2)
Έστω S \subseteq \{1,2,..,2n \}, όπου n \geq 1, ώστε |S| \geq n+1.
Δείξτε ότι υπάρχουν a,b \in S ώστε a \mid b.
Έστω \Pi το σύνολο των περιττών που περιέχονται στο \{1,2,..,2n \}. Από το θεμελιώδες θεώρημα της αριθμητικής είναι άμεσο ότι κάθε στοιχείο x\in \{1,2,..,2n \} γράφεται με μοναδικό τρόπο ως x=2^k\cdot \pi όπου k\in \mathbb{N} και \pi\in \Pi. Ορίζουμε f:\{1,2,..,2n \} \to \Pi με f(x)=\pi.
Είναι |\Pi|=n άρα |f(S)|\leq n. Όμως |S|\ge n+1 άρα η f δεν είναι 1-1, δηλαδή υπάρχουν x_1=2^{k_1}\cdot \pi_1, x_2=2^{k_2}\cdot \pi_2\in S έτσι ώστε f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow \pi_1=\pi_2. Αν k_1<k_2, τότε x_1|x_2, ενώ αν k_1>k_2, τότε x_2|x_1.
Πολύ όμορφη λύση.
Συγχαρητήρια!
edit: Προφανώς εννοώ a \neq b στην εκφώνηση, το οποίο καλύπτεται από την συγκεκριμένη λύση.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Ιουν 08, 2024 1:48 am

4) Βρείτε όλα τα x ώστε να υπάρχουν x διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
abfx
Δημοσιεύσεις: 74
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2022 12:23 pm
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από abfx » Σάβ Ιουν 08, 2024 1:18 pm

stranger έγραψε:
Σάβ Ιουν 08, 2024 1:48 am
4) Βρείτε όλα τα x ώστε να υπάρχουν x διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό. (1)
Ο x=1 εύκολα δεν ικανοποιεί την (1). Έστω τώρα ότι ο (σε πρωτογενή παραγοντοποίηση) x=2^{a_1}\cdot 3^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdot \ldots \cdot p_m^{a_m} την ικανοποιεί.

Θα δείξουμε ότι a_3=\ldots = a_m=0 και ότι a_1,a_2<2. Πράγματι, υποθέτουμε πρώτα ότι 3<p\mid x , όπου p πρώτος.

Για a\in \mathbb{Z} έχουμε:

\displaystyle{(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2=(a+1)^2+\ldots + (a+kp)^2=}

\displaystyle{=((a+1)^2+\ldots + (a+p)^2)+\ldots+((a+kp-p+1)^2+\ldots + (a+kp)^2)\equiv}

\displaystyle{\displaystyle \equiv k(0^2+1^2+\ldots +(p-1)^2)\equiv 2k(1^2+\ldots +(\frac{p-1}{2})^2)\equiv k\frac{p(p-1)(p+1)}{12}(mod\text{ } p)}

αφού p διαδοχικοί ακέραιοι αποτελούν πλήρες σύστημα υπολοίπων (mod \text{ }p) .

Όμως, p>3 \implies 3\mid (p-1)(p+1) και 4\mid (p-1)(p+1) οπότε 12\mid (p-1)(p+1) .

Άρα \displaystyle \frac{(p-1)(p+1)}{12}\in \mathbb{Z} \implies (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2\equiv 0 (mod \text{ }p) \implies p\mid (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2

οπότε, αφού p< (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2 (εύκολος έλεγχος), η (1) δεν ικανοποιείται.

Έπειτα, αν 9\mid x , τότε:

(a+1)^2+\ldots + (a+x)^2=(a+1)^2+\ldots + (a+9k)^2=

=((a+1)^2+\ldots + (a+9)^2)+\ldots+((a+9k-8)^2+\ldots + (a+9k)^2)\equiv

\equiv (3\cdot 0 + 6\cdot 1)+\ldots+(3\cdot 0 + 6\cdot 1)\equiv 0(mod \text{ }3)

οπότε όμοια με πάνω (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2 σύνθετος.

Τέλος, αν 4\mid x , τότε (a+1)^2+\ldots + (a+x)^2 άρτιος μεγαλύτερος του 2 οπότε σύνθετος.

Μένουν λοιπόν οι περιπτώσεις x=2,3,2\cdot 3=6 που είναι όλες δεκτές:
  • 1^2+2^2=5 πρώτος
  • 2^2+3^2+4^2=29 πρώτος
  • 2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+7^2=139 πρώτος


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 16307
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιουν 08, 2024 3:47 pm

stranger έγραψε:
Σάβ Ιουν 08, 2024 1:48 am
4) Βρείτε όλα τα x ώστε να υπάρχουν x διαδοχικοί ακέραιοι με άθροισμα τετραγώνων πρώτο αριθμό.
Ωραιότατη η προηγούμενη λύση, αλλά ας δούμε μια τελείως στοιχειώδη και απλή:

Για μικρά x, ακριβέστερα x\le 6, έχουμε με το χέρι τις εκδοχές α) x=2 διότι 1^2+2^2=5 πρώτος, β) x=3 διότι 2^2+3^2+4^2=29 πρώτος και γ) x=6 διότι 2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+7^2=139 πρώτος. Οι x=4 και x=5 αποκλείονται διότι
για οποιοδήποτε n έχουμε n^2 +(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2 ίσον άρτιος >2 ως άθροισμα δύο άρτιων και δύο περιττών άρα απορρίπτεται και όμοια n^2 +(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+(n+4)^2= 5(n^2+4n+6) ίσον σύνθετος, άρα απορρίπτεται.

Θα δούμε ότι δεν υπάρχουν άλλες εκδοχές για το x περαν από τις προηγούμενες.

Μπορούμε λοιπόν να θεωρήσουμε ότι το χ είναι της μορφής 6N ή 6N+1 ή 6N+2 ή 6N+3 ή 6N+4 ή 6N+5 με N\ge 1 (το πρώτο για N\ge 2). Τα εξετάζουμε χωριστά αφού πρώτα παρατηρήσουμε ότι το άθροισμα που εξετάζουμε γράφεται

m^2+(m+1)^2+...+(m+x-1)^2 = \left [ 1^2+2^2 +...+ (m+x-1)^2\right ]-  \left [ 1^2+2^2 +...+ (m-1)^2\right ] =

= \frac {1}{6} (m+x-1)(m+x)(2m+2x-1) -  \frac {1}{6} (m-1)m(2m-1) = \frac {1}{6} x(6m^2+6mx-6m+2x^2-3x+1)=

=\frac {1}{6} x(6A+ x^2-3x+1)= \frac {1}{6} x\left [6A+ (2x-1)(x-1)\right ] \, (*)

- Aν  x=6N τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται  N(6A+ x^2-3x+1) που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν  x=6N+1 τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται  x\left [A+ (2x-1)\frac {x-1}{6}\right ] =  x\left [A+ (2x-1) N\right ] που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν  x=6N+2 τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται

 \frac {6N+2} {2}\left [\frac {6A}{3} + \frac {(12N+3)(x-1)}{3}\right ] =  (3N+1)\left [2A+ (4N+1)(x-1)\right ] που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν  x=6N+3 τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται \frac {6N+3}{3}\left [\frac {6A}{2}+ (2x-1)\frac {6N+2}{2}\right ] =  (2N+1)\left [3A+ (2x-1) (3N+1)\right ] που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν  x=6N+4 τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται \frac {6N+4}{2}\left [\frac {6A}{3}+ (2x-1)\frac {6N+3}{3}\right ] =  (3N+2)\left [2A+ (2x-1) (2N+1)\right ] που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

- Aν  x=6N+5 τότε το δεξί μέλος της (*) ισούται x\left [\frac {6A}{6}+ \frac {12N+9}{3}\frac {6N+4}{2}\right ] =  x\left [A+ (4N+3) (3N+2)\right ] που είναι σύνθετος, οπότε αυτή η περίπτωση απορρίπτεται.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Ιουν 08, 2024 9:33 pm

Πολύ ωραία!
5) Έστω ένα πολυώνυμο P βαθμού n με ακέραιους συντελεστές.
Δείξτε ότι για κάθε k>0, υπάρχουν το πολύ n ακέραιοι t ώστε P(P(...P(P(t))..) = t, όπου στην παράσταση P(P(...P(P(t))..) = t, συνθέτουμε την P, k φορές.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Ιουν 23, 2024 6:46 pm

6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή \pm x^2 \pm y^2 \pm z^2 για κάποιους ακέραιους x,y,z.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
mick7
Δημοσιεύσεις: 1290
Εγγραφή: Παρ Δεκ 25, 2015 4:49 am

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mick7 » Κυρ Ιουν 23, 2024 6:59 pm

(2k+1)^2=(k+1)^2-k^2+0^2

2k=(k+1)^2-k^2-1^2
stranger έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:46 pm
6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή \pm x^2 \pm y^2 \pm z^2 για κάποιους ακέραιους x,y,z.


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Ιουν 23, 2024 7:05 pm

mick7 έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:59 pm
(2k+1)^2=(k+1)^2-k^2+0^2

2k=(k+1)^2-k^2-1^2
stranger έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 6:46 pm
6) Δείξτε ότι κάθε ακέραιος γράφεται στη μορφή \pm x^2 \pm y^2 \pm z^2 για κάποιους ακέραιους x,y,z.
Ωραία! Μπορεί να βελτιωθεί αυτό;
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή \pm x^2 \pm y^2;
Αν όχι, γράφεται κάθε αρκετά μεγάλος ακέραιος(σε απόλυτη τιμή) στην μορφή \pm x^2 \pm y^2;


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
mick7
Δημοσιεύσεις: 1290
Εγγραφή: Παρ Δεκ 25, 2015 4:49 am

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mick7 » Κυρ Ιουν 23, 2024 7:13 pm

Noμιζω όχι παράδειγμα το  6.

stranger έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:05 pm
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή \pm x^2 \pm y^2;


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Ιουν 23, 2024 7:14 pm

mick7 έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:13 pm
Noμιζω όχι παράδειγμα το  6.

stranger έγραψε:
Κυρ Ιουν 23, 2024 7:05 pm
Γράφεται κάθε ακέραιος στη μορφή \pm x^2 \pm y^2;
Αιτιολόγηση;


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 684
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Θεωρίας Αριθμών

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Ιουν 23, 2024 7:19 pm

7) Λύστε (ως προς x,y) στους ακεραίους το σύστημα x+y=u+v, x^3+y^3 = u^3 + v^3.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης