Fórum: Számelméleti érdekességek

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

2005-11-01 21:56:11

Köszönöm szépen! Találtam is valamit, de ez angolul van, szóval erősen koncentrálnom kell:), valamint ez egy kivonatszerűségnek tűnik csak, szóval így pláne érthetetlen első nekifutásra, de holnap majd újrapróbálkozom, először ezzel, ha nem megy, akkor egy kevésbé tömörített változatával. Mindenesetre google-ben keresve a legtöbb helyen, ahol megtalálta, az a hivatkozások, források között volt, szóval feltehetőleg nem hemzsegnek a bizonyításai, úgyhogy jó, hogy ezt leírtad.

Yegreg

[43] Csimby

2005-11-01 20:18:43

Annak bizonyítása, hogy a Fibonacci-számok közül csak 1 és 144 négyzetszám,

Cohn, J.H.E.: Square Fibonacci Numbers.

Fibonacci Quart.,2 (1964), p. 109...113

cikkében található meg.

De biztos még sok más helyen is, egyről legalábbis biztosan tudok.

Előzmény: [42] Yegreg, 2005-11-01 19:53:39

[42] Yegreg

2005-11-01 19:53:39

Csak nem valakinek a Fibonacci számos előadása kapcsán jutottak ezek eszembe? :)

Ja, amúgy még egy: Négy olyan Fibonacci szám van, ami háromszögszám is: 1, 3, 21, 55.

Nem ismered ezeknek (négyzetszám, háromszögszám) a bizonyítását?

Yegreg

[41] Zsuzsy	2005-11-01 19:43:27
Akár tarthatnál egy előadást is a Fibonnaci-számokkal kapcsolatos feladatokból:)

[40] Yegreg

2005-10-31 15:56:49

Fibonacci számokat nézegetve ilyen kérdések jutottak eszembe:

1, Ott van az 1, az 1 és a 144. Van-e másik négyzetszám a Fibonacci számok között? A válasz: nincs, mint ahogy sejtettem, ezt interneten találtam meg, azonban bizonyítást nem találtam és még nem jöttem rá. Ha valaki rájön a bizonyításra, vagy esetleg ismeri, az jó lenne.

2, Ott van az 1, az 1, a 8 és a 144. Van-e másik n^k alakú Fibonacci szám? (n,k egész..) Erre is találtam választ: nincs. Sőt, azt is megtudtam, hogy ezt nem olyan régen bizonyították, de nem tudom, hogyan.

A továbbiak érdekesség kategóriába tartoznak, nem kérdésként.

3, Ott van a 2, a 3, az 5, a 13, a 89... Eddig úgy tűnik, hogy az F_p számok prímek. Ezt még magam is cáfoltam az észrevétel után, hiszen F₁₉=4181 osztható 37-tel. (37^.113) Aztán a következő, ami ezek után felmerült bennem: egyáltalán végtelen sok prím van-e a Fibonacci számok között? Erre kevésbé kielégítő választ találtam: nem tudják.

4, Ezt már nem én vetettem fel, csak találtam. Squareful(nem tudom, van-e magyar megfelelője) számoknak nevezik azokat a számokat, melyeknek van négyzetszám osztója az 1-en kívül. Ilyeneket lehet "bőven" találni: 4, 8, 9, 12, 16, 18...A Fibonacci számok között is vannak: 8,144,2584...Azonban nem tudják, hogy van-e olyan p prím, amire F_p squareful.

Üdv:

Yegreg

[39] nadorp

2004-10-14 16:16:55

Én a 2 hatványainak a végét néztem.

Tekintsük az $N=2^{\phi(5^k)+k}-2^k$ számot, ahol k tetszőlegesen nagy pozitív egész, $\phi$ (n) az n-hez relatív prímek számát jelenti. Látszik, 2^k|N és a kis Fermat-tétel szerint 5^k|N, tehát N utolsó k számjegye 0. Mivel 2^k számjegyeinek a száma [k^.lg2]+1, ezért az N+2^k szám - ami 2 hatvány - utolsó k jegye között k-[k^.lg2]-1 darab nulla van. Ez pedig k-[k^.lg2]-1 $\ge$ k-k^.lg2-2=k^.lg5-2 miatt tetszőleges nagy lehet. Arra még nem jöttem rá, hogy ez a gondolatmenet egyáltalán átvihető-e 0-tól különböző másik számjegyre is.

Előzmény: [37] Sirpi, 2004-10-14 10:41:17

[38] Káli gúla

2004-10-14 12:27:14

Prímekre is elő lehet írni a szám elejét (harmadát), de az jóval mélyebb. Talán az is igaz, hogy valahonnan kezdve minden kettőhatvány tartalmaz egy adott sztringet. Elég reménytelennek látszik, legalábbis nekem. Például régóta szeretném tudni, hogy n>108-ra mindig van-e kilences 2ⁿ-ben, de ez se egyszerű.

Sokkal gyengébb, de legalább ismert tulajdonság, hogy 2ⁿ számjegyeinek összege tart végtelenhez, ha n $\to$ $\infty$ (10-es számrendszerben, persze:)

Előzmény: [36] Edgar, 2004-10-14 08:29:23

[37] Sirpi	2004-10-14 10:41:17
Be lehet látni, hogy ha az a rögzített szám nem 10-hatvány, akkor az aⁿ alakú számok első néhány számjegye által alkotott számok között minden pozitív egész szám előfordul. Ebből pedig rögtön következik az állítás. Egyelőre nem írnék bizonyítást, nem akarom ilyen gyorsan lelőni a példát.
Előzmény: [36] Edgar, 2004-10-14 08:29:23

[36] Edgar

2004-10-14 08:29:23

Tudtommal semmilyen igazán pozitív eredmény nincs, hogy valóban végtelen sok Mersenne-prím lenne, sőt, eddig csak eléggé korlátos sokat találtak :)

Abban az értelemben valóban "könnyítés" a 0-k bevezetése, hogy míg 2^k-ig k szám áll csupa 1-esből kettes számrendszerben, addig 10^k-ig 2^k írható fel decimálisan csak 0-val és 1-gyel; más szóval, n-ig $\Theta$ (log n) szám van megfelelő bináris alakban, míg $\Theta$ (n^c)-nek van megfelelő bináris alakja (ahol c=log₁₀2>0).

Hadd dobjak fel egy szintén decimális alakkal kapcsolatos, de megoldható feladatot:

Igaz-e, hogy egy kettőhatvány tizes számrendszerbeli alakjában akármilyen sok 0 szerepelhet? És más számjegyre?

Előzmény: [35] Káli gúla, 2004-10-13 23:16:03

[35] Káli gúla	2004-10-13 23:16:03
Nem kizárt, hogy végtelen sok prím van, aminek a diadikus felírásában csupa egyes van. Emiatt a decimális nullák megengedését vehetjük akár könnyítésnek is.
Előzmény: [32] V. Dávid, 2004-10-10 21:42:46

[34] Maga Péter

2004-10-13 21:59:55

Kedves Dávid!

Állitólag ez megoldatlan... (lásd Kemény Legény hozzászólását). Sajnos az oszthatóság (mint az egész számokban "mélyen" kódolt dolog) és a valamilyen önkényesen megválasztott jelölésrendszer (pl. tizes számrendszer) elég nehezen összeköthető dolgok. Érdekel, ha bárkinek használható erdménye van a témában, és az nem triviális (pl. n egészre 10ⁿ-1 nem prim, ezt én is tudom).

De a csak 1-esekből és 0-kból álló számok segitségével be lehet bizonyitani, hogy végtelen sok prim van (hogyan?: hajrá!). Bár nincs benne új gondolat...

Előzmény: [32] V. Dávid, 2004-10-10 21:42:46

[33] Kemény Legény	2004-10-13 14:08:13
Szépecsém!Vannak még hasonló,megoldatlan feladataid?Vagy asszited hogy vki majd igy helyböl válaszol rá?
Előzmény: [32] V. Dávid, 2004-10-10 21:42:46

[32] V. Dávid	2004-10-10 21:42:46
Van-e végtelen sok, tízes számrendszerben csak 1-es és 0-s számjeggyel leírható prím?

[31] Maga Péter

2004-10-09 12:18:19

Kedves Sirpi!

"nincs-e olyan elég nagy négyzetszám, ami nem áll elő máshogyan is legfeljebb négy négyzetszám összegeként, mint önmaga."

Azt, hogy minden szám előáll négy négyzetszám összegeként, nehéz bebizonyitani. De a bizonyitás során használunk egy Euler-azonosságot, ami után már elég primekre bizonyitani. Ez az azonosság segit abban, hogy a négyzetszámokat (az 1 kivételével) felirjuk egynél több négyzetszám összegeként.

(a²+b²+c²+d²)(A²+B²+C²+D²)=(aA+bB-cC-dD)²+(aB+bA+cD-dC)²+(aC+cA+dB-bD)²+(aD+dA+bC-cB)²

Legyenek a $\ge$ b $\ge$ c $\ge$ d $\ge$ 0 és A $\ge$ B $\ge$ C $\ge$ D $\ge$ 0! Ha most a,b,c,d nem mind egyenlők, és A,B,C,D sem mind egyenlők, akkor (aA+bB-cC-dD) pozitiv, és (aB+bA+cD-dC) is pozitiv. De ha a=b=c=d és A=B=C=D (és egyik sem 0), akkor is jók vagyunk, mert ekkor (aC+cA+dB-bD) és (aB+bA+cD-dC) is pozitiv. Tehát ha összeszorzunk két olyan számot, melynek (valamelyik) "4-négyzetszámos" alakjában két pozitiv négyzetszám van, akkor a szorzat (valamely) "4-négyzetszámos" alakjában is van két pozitiv négyzetszám. Innentől pedig készen vagyunk, hiszen a primek "4-négyzetszámos" alakjában mindig szerepel két nem 0, azok szorzataként pedig minden előáll, kivéve az egyet. Tehát az 1 kivételével minden szám előáll legfeljebb négy, önmagánál kisebb négyzetszám összegeként.

Előzmény: [30] Sirpi, 2004-05-18 09:24:02

[30] Sirpi

2004-05-18 09:24:02

Gratulálok László!

A megoldás lényegében jó, de felveti azt a kérdést, hogy nincs-e olyan elég nagy négyzetszám, ami nem áll elő máshogyan is legfeljebb négy négyzetszám összegeként, mint önmaga.

Ennek megválaszolására azonban igazából nincs szükség, ezért inkább picit módosítanám a bizonyításod:

Ha n elég nagy szám, akkor n-169 előáll 4, 3, 2, vagy 1 pozitív négyzetszám összegeként. Mivel 169=13²=12²+5²=12²+4²+3²=10²+8²+2²+1², így n mind a négy esetben felírható 5 pozitív négyzetszám összegeként.

Megjegyzés: 169-től lefelé minden szám kis munkával ellenőrizhető, a pontos korlát pedig, ahonnan a tétel igaz: 34. Vagyis a 33 a legnagyobb egész szám, ami nem áll elő 5 pozitív négyzetszám összegeként.

Előzmény: [28] lorantfy, 2004-05-18 07:48:25

[29] Hajba Károly

2004-05-18 08:33:10

Kedves László!

A feladat megoldása során a munka dandárját elvégezted, én csak kiegészítem. Vajon Géza miért 25-öt írt? Azért mert 3²=2²+2²+1². Így talán n-25-re is működik.

Előzmény: [28] lorantfy, 2004-05-18 07:48:25

[28] lorantfy

2004-05-18 07:48:25

Kedves Sirpi, Géza és Fórumosok!

"Kis segítséggel" azért csak összejött:

Ha n elég nagy szám, akkor n-169 előáll 4, 3, vagy 2 pozitív négyzetszám összegeként. Mivel 169=13²=12²+5²=12²+4²+3², így n mindhárom esetben felírható 5 pozitív négyzetszám összegeként.

Előzmény: [18] Sirpi, 2004-05-13 11:40:28

[27] lorantfy

2004-05-17 16:20:26

Kedves Géza,

Kösz az újabb segítséget. Az f(n)-t nem fgv-nek, inkább csak jelölésnek szántam, hogy ne kelljen annyit írni. Ha lesz egy kis időm újra nekifutok...

Előzmény: [26] Kós Géza, 2004-05-17 13:04:06

[26] Kós Géza

2004-05-17 13:04:06

Kedves László,

Sok olyan szempont van, ami miatt nem lenne szerencsés a 0-t kihagyni a négyzetszámok közül.

* * *

A feltevésed sajnos nem igaz. A 2^2k+1 alakú számok csak úgy írhatók fel négy négyzetszám összegeként, hogy 2^.(2^k)²+2^.0². (A 4-es és a 8-as maradékok vizsgálatából kiderül, hogy egy felbontás csak csupa páros számból álhat. Akkor viszont az egészet eloszthatjuk 4-gyel újra és újra, míg végül a 2-t kell felbontani.)

Ha a feltevés igaz lenne, az f(n) függvény definíciójával akkor is gondok lennének. Mennyi legyen az f(n), ha van három és négy (pozitív) négyzetszámból álló felbontás is?

* * *

Remélem, nem vettem el a kedvedet. Inkább mondok egy segítséget. Ha a feltevésed mégis igaz lenne, akkor elég lenne az n-25 szám felbontásait vizsgálni....

Előzmény: [25] lorantfy, 2004-05-16 23:56:19

[25] lorantfy

2004-05-16 23:56:19

Köszönöm a segítséget! Ezek a matematikusok szeretnek túlozni, csak, hogy szépen lehessen kimondani egy tételt. Bár velem is előfordult már az OTP-ben, hogy nem volt előttem senki és mégsem én következtem a sorban.

Felteszem, hogy elég nagy számoknál max. egy 0 van a négy négyzetszám között!

Legyen f(n)=3, ha n felbontásában van egy nulla. Ekkor f(n-1)=4, mert ha 3 lenne f(n)=4 lenne az 1²-nel. Így ez az n biztos felírható 5 pozitív négyzetszám összegeként.

Ha f(n)=4 és f(n-1)=4, akkor n felbontható 5-re.

Ha f(n)=4 és f(n-1)=3, akkor n felbontásában van 1², másrészt f(n-2)=4.

Ekkor két lehetőség van:

1) f(n-3)=3, ekkor viszont f(n-4)=4 és így ehhez hozzáadva 2²-t n felbontható 5-re.

2) f(n-3)=4, ekkor ha f(n-4)=4 akkor készen vagyunk, ha f(n-4)=3, akkor ebből csak annyi következik n-t kétféleképpen lehet 4-es összegre bontani: (n-4) 3 tagú összege + 2² és (n-1) 3 tagú összege + 1².

Hát sajnos csak idáig jutottam!

Előzmény: [24] Kós Géza, 2004-05-14 12:09:20

[24] Kós Géza

2004-05-14 12:09:20

Minden pozitív egész felírható 4 négyzetszám összegeként, de a négyzetszámok között szerepelhet a 0 is.

Az nem igaz, hogy minden elég nagy pozitív egész felírható 4 pozitív négyzetszám összegeként. (Például a 2^2k+1 és a 3×2^2k+1 alakú számok felírásában mindig van 0.)

Előzmény: [23] lorantfy, 2004-05-14 11:51:17

[23] lorantfy

2004-05-14 11:51:17

Kedves Sirpi!

Bocs az értetlenkedésért, de most akkor miről van szó? Én eddig úgy gondoltam a négyzetszámok pozitívak. Az alap állítást úgy értettem, hogy minden természetes szám felbontható 4 (pozitív) négyzetszámok összegére. Ez alapján írtam a gyenge kis [19] gondolatmenetet. Erre a válaszod: 5 pozitív négyzetszám kell. Jó erre azt gondoltam az alapállításban biztos előjeles összegről van szó. Erre Károly írja az előjeles felbontást, mire a válasz: nem előjeles összegről van szó.

Előzmény: [22] Sirpi, 2004-05-14 10:55:07

[22] Sirpi

2004-05-14 10:55:07

Kedves Onogur!

Azt hiszem, amit írtál, nem sokat segít, mert négyzetszámok összegéról, és nem előjeles összegéről van szó. Amúgy nem várom el, hogy az általam ismertnek mondott állítást belássátok, az elég nehéz, a feladatom ennél jóval könnyebb (mármint ha felhasználhatjuk a segédállítást).

Írok 1-2 példát, hogy minden világos legyen:

49=6²+2²+2²+2²+1²

50=5²+4²+2²+2²+1²

51=6²+3²+2²+1²+1²

stb.

Előzmény: [21] Hajba Károly, 2004-05-14 01:40:52

[21] Hajba Károly

2004-05-14 01:40:52

Kedves Sirpi!

A feladatod ismert állítása a következők szerint látható be, ha jól értettem, s hátha segít valakinek a megoldás megtalálásában:

2n-1=n²-(n-1)²+1²-1²

2n=(n-1)²-(n-2)²+2²-1²

Előzmény: [18] Sirpi, 2004-05-13 11:40:28

[20] Sirpi	2004-05-13 13:25:43
5 db pozitív négyzetszám kell...
Előzmény: [19] lorantfy, 2004-05-13 12:42:20

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?