Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Számelméleti érdekességek

  [1]    [2]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[69] Gubbubu2006-09-11 10:28:04

Hú, nagy vagy! Az első két azonosságról meggyőződtem, de abban nem vagyok biztos, hogy a link az én problémámról szól (azért az is nagy segítség, hogy a probléma nem biztosan oldható meg elemien). A mathworld-link ugyanis az n-edik prímszám sorozatáról beszél, míg nálam a prímek nem feltétlenül szomszédosak a sorozatban, hanem tetszőlegesen választhatóak ki a pn sorozatból. Ez szerintem megváltoztathatja a határértéket. És valóban: néhány numerikus példa (az eddigi legnagyobb n=4, a prímek pedig 101, 449, 1327 és 7577) alapján az a sejtésem, hogy  \frac{S(p_n)}{\prod_{i=1}^{n}p_i} =1 ha n -> végtelen, vagyis az eredeti kérdésre a válasz "nem igaz", és akárhogy válasszunk is, a C=1 (vagy esetleg, egy ennél kisebb) konstanst n növekedtével már nem haladhatjuk meg. A másik sejtésem az, hogy amennyiben az első sejtésem igaz, akkor tökmindegy, hogy prímekről vagy tetszőleges egész számokról van-e szó.

Előzmény: [68] nadorp, 2006-09-11 09:33:56
[68] nadorp2006-09-11 09:33:56

S(p1,...,pn)=(1+p1)...(1+pn).

\frac{S(p_1,...,p_n)}{p_1...p_n}=\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{p_k}\right)

Ez pedig a http://mathworld.wolfram.com/PrimeProducts.html (6) szerint arányos ln pn-nel

Előzmény: [67] Gubbubu, 2006-09-09 18:34:42
[67] Gubbubu2006-09-09 18:34:42

Módosítok: Vegyünk n darab különböző prímet (ha nem alkalmazzuk a megkötést, hogy a p-k prímek legyenek, talán az ios érdekes feladat, de engem a prímek jobban érdekelnének).

Előzmény: [66] Gubbubu, 2006-09-09 18:33:18
[66] Gubbubu2006-09-09 18:33:18

Vegyünk n darab különböző számot, és képezzük belőlük az összes lehetséges j-tagú szorzatot, ahol j a 0 és az n közé vesik (nem-szigorúan kisebb mint n, és  nagyobb, mint 0), majd ezeket adjuk össze. Legyenek a prímek p1,p2,...pn, és jelöljük az így kapott összeget S(p1,p2,...,pn)-nel!

Pl. 2, 3 és 11-re S(2,3,11)=1+2+3+11+6+22+33+66 = (144, ha jól számoltam)

Igaz-e, hogy bármely C konstanshoz található olyan n, hogy valamely p1, ... , pn prímekre S(p1,...,pn)>Cp1p2...pn?

Ha jól látom, szemléletesen ezt úgy lehetne megfogalmazni, hogy elegendő sok prímet véve a belőlük képezett összes szorzatok összege sokszorosa lesz a szorzatuknak.

Ha valaki valami irodalmat mellékel, az is megfelelő válasz lenne.

[65] V Laci2006-05-09 13:01:31

Köszönöm! Így már érthető(bb). :)

Előzmény: [64] Lóczi Lajos, 2006-05-09 10:43:35
[64] Lóczi Lajos2006-05-09 10:43:35

Pl. a (33)-as jobb oldalán szereplő függvényhez üssük fel a függvényenciklopédiát:

http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric4F3/02/

Itt mindent megtalálsz róla. A definícióban szereplő (.)k ún. emelkedő faktoriálisokat pedig itt találod:

http://functions.wolfram.com/GammaBetaErf/Pochhammer/02/

Előzmény: [63] V Laci, 2006-05-08 22:06:20
[63] V Laci2006-05-08 22:06:20

Bocsánat, hogy picit pontatlan voltam, általános megoldóképletre gondoltam, hogy az nincs :) Nagyjából értem ezt a végtelen összegek alakot, de pl. a (33)-(35) mit jelentenek?

Előzmény: [60] Lóczi Lajos, 2006-05-08 18:54:00
[62] Lóczi Lajos2006-05-08 21:26:58

L. pl. az idézett mathworld-oldalon a (37)-(41) formulákat, melyek hipergeometrikus sorokkal adják meg a megoldást. (Ezzel kapcsolatban össze is állítottam egy kis irományt, ami előbb-utóbb megjelenik, ott szelidített formában összefoglaltam ezeket.)

Előzmény: [61] ágica, 2006-05-08 21:03:53
[61] ágica2006-05-08 21:03:53

Hmm, hogy néz ki pl egy ilyen végtelen összeg alakban előállított megoldás?

Előzmény: [60] Lóczi Lajos, 2006-05-08 18:54:00
[60] Lóczi Lajos2006-05-08 18:54:00

Az állításod ebben a formában nem igaz, különféle megoldóképletek igenis vannak az ötödfokú egyenletre, csak azok nem "olyanok", mint a "szokásosak": nem véges, hanem végtelen sok műveletet tartalmaznak (pl. rekurziók határértékeként, vagy végtelen összegek alakban állítják elő az együtthatókból a megoldásokat -- tehát az analízis eszköztárát használják, nem pedig az algebráét).

Amire gondoltál, az persze igaz, véges sok alapművelet és véges sok gyökvonás segítségével általában nem állíthatók elő az ötödfokú egyenlet megoldásai az együtthatókból. (Speciális esetekben azonban igen, l. pl. az x5=1 egyenletet, de vannak nemtriviális példák is.) Az okokat a csoportelmélet keretén belül a Galois-elmélet válaszolja meg rendesen, a felhasznált fogalmak viszont olyanok, hogy egy ilyen kis szövegdobozban szerintem nem lehetne őket elmagyarázni (az egyetemi előadásokon több hetet szokott igénybe venni), bár ha valaki megpróbálja, kíváncsian elolvasom :) Inkább az interneten keress rá ezekre a fogalmakra, onnan sok mindent el tudsz lesni. Kiindulásul javaslom a http://mathworld.wolfram.com/QuinticEquation.html oldalt.

Előzmény: [59] V Laci, 2006-05-08 15:03:21
[59] V Laci2006-05-08 15:03:21

Köszönöm. Úgy tudom, hogy ötödfokú és ennél nagyobb egyenletekre nem találtak megoldóképletet, és nem is találhatnak, mert bebizonyították, hogy nem is lehet. Mi ennek az oka, hogy nincs megoldóképlet?

Előzmény: [57] Lóczi Lajos, 2006-05-07 23:08:31
[58] Gergo732006-05-08 06:45:27

A 2. kérdésedre valóban "nincs" a válasz. A bizonyítás nehéz és ebben a hónapban jelent meg a világ legjobb matematikai újságjában (ugyanott, ahol a Fermat-sejtés bizonyítása is, valójában a két bizonyítás nem független egymástól). Itt a cikk.

Előzmény: [40] Yegreg, 2005-10-31 15:56:49
[57] Lóczi Lajos2006-05-07 23:08:31

Egy jó elemzés található pl. a http://mathworld.wolfram.com/CubicFormula.html címen. Maga a formula (53)-(55) alatt van. (Ha jó a szemed, épp ilyen szerkezetű kifejezéseket találsz a negyedfokú egyenlet megoldóképletében, hiszen a negyedfokú egyenlet megoldása alkalmas harmadfokú egyenlet (az ún. harmadfokú rezolvens) megoldására vezethető vissza. Persze mindezen képletetek gyakorlatilag feleslegesek, mert használhatatlanul bonyolultak.)

Előzmény: [56] V Laci, 2006-05-07 22:07:14
[56] V Laci2006-05-07 22:07:14

Hát extrém... De akkor engem meg az érdekelne, hogy a harmadfokú egyenlet megoldóképlete hogy néz ki? (Elvileg fogjuk tanulni, de csak két év múlva, én meg nem találtam sehol...)

[55] Lóczi Lajos2006-05-07 20:33:05

A megadott képletek annyiban hiányosak, hogy bizonyos együttható-kombinációk esetén értelmetlenek: nullával osztás történik. Ilyenkor azonban picit más, egyszerűbb, képletek állnak rendelkezésre.

Előzmény: [54] ágica, 2006-05-05 21:50:26
[54] ágica2006-05-05 21:50:26

Ezt most találtam. Hát nem semmi :)

Előzmény: [53] Carlos, 2006-05-05 21:00:15
[53] Carlos2006-05-05 21:00:15

Tudja valaki a negyedfokú egyenlet megoldóképletét? Módszert tudok rá, hogy hogyan lehetne megoldani, de sehol sem találom azt a képletet, amiből az együtthatók segítségével egyből megkapjuk a gyököket. Azt rengeteg helyen olvasom, hogy van, csak ezt nem hogy mi is az. Ha valaki tudja, légyszi írja meg. Köszike

[52] Tibi2005-11-03 18:51:47

Kedves Nadorp!

A feltételt jól értelmezted, és igen, igazad van, más megoldás?

Előzmény: [51] nadorp, 2005-11-03 09:14:41
[51] nadorp2005-11-03 09:14:41

Ha jól értem a feltételt:

y-x>x(\root{n-1}\of{x}-1),azaz

y>x\root{n-1}\of{x}

yn-1>xn

zn=yn+xn<yn+yn-1<yn+nyn-1<(y+1)n

z<y+1, azaz z\leqy. Ellentmondás

Előzmény: [47] Tibi, 2005-11-02 20:49:12
[50] Tibi2005-11-02 21:51:54

Igen, ez esetben a bizonyítás egy A/4-es oldal. Hogy mennyire nehéz az persze más kérdés...

Előzmény: [49] Lóczi Lajos, 2005-11-02 21:00:34
[49] Lóczi Lajos2005-11-02 21:00:34

Tehát azt mondod, hogy a Fermat-tételt mi is be tudjuk bizonyítani, ha tesszük pl. azt a két pluszfeltevést, amit írtál?

Előzmény: [48] Tibi, 2005-11-02 20:55:55
[48] Tibi2005-11-02 20:55:55

Talán még így sem tökéletes... Tehát y és x különbsége nagyobb, mint: x-nek vesszük az n-1-edik gyökét. ebből kivonunk egyet ezt az egészet szorozzuk x-szel. Na, így már tuti érthető... Még egyszer ezer bocs.

[47] Tibi2005-11-02 20:49:12

Kedves Lajos!

Elnézést, de nem tudom még rendesen használni ezt a TeX izét... A feltételek: 1. y > x, 2. A kettő közti különbség legyen ß, ill. ß legyen nagyobb, mint x* ( n-1-edik gyök(x) -1). A -1 a gyökön kívűl van. A feladat így is fogalmazható: Vegyünk két tetszőleges természetes számot. Az egyik legyen x a másik n.Aztán egy harmadikat, ő y.Y-ra igaz, hogy nagyobb, mint x és a kettőjük különbsége, ß nagyobb, mint az a szám,amelyiket x n-1-edik gyökéből egyet kivonva és x-szel szorozva kapunk. Ha az ilyen y-unkat és x-ünket n-edik hatványra emeljük, majd összeadjuk, az összeg nem lehet egy negyedik, tetszőleges természetes szám, z ugyanennyiedik, n-edik hatványa, ha n nagyobb, mint 2. Így már érthetőbb? Remélem, igen. Egyébként bebizonyítottam, csak kíváncsi vagyok, másokat is érdekel-e ez a probléma.

[46] Lóczi Lajos2005-11-02 20:19:15

Azt, hogy a feladat kitűzője tudja-e vajon a feladat bizonyítását? :) (Bár a két feltételt nem tudtam értelmezni.)

Előzmény: [45] Tibi, 2005-11-02 07:23:25
[45] Tibi2005-11-02 07:23:25

Sziasztok!

Erre a feladatra mit mondtok?

Legyen x, y, z, n természetes szám, ill. van két kikötésünk: 1. y > x, 2. y - x = ß és ß > x(n-1gyökx - 1).

Ekkor az

x az n-ediken + y az n-ediken = z az n-ediken

egyenletnek nincs megoldása, ha n > 2.

(bocsika, de nem nagyon világos még nekem ez a TeX...

[44] Yegreg2005-11-01 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] Csimby2005-11-01 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] Yegreg2005-11-01 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] Zsuzsy2005-11-01 19:43:27

Akár tarthatnál egy előadást is a Fibonnaci-számokkal kapcsolatos feladatokból:)

[40] Yegreg2005-10-31 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 nk 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 Fp 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 Fp squareful.

Üdv:

Yegreg

[39] nadorp2004-10-14 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, 2k|N és a kis Fermat-tétel szerint 5k|N, tehát N utolsó k számjegye 0. Mivel 2k számjegyeinek a száma [k.lg2]+1, ezért az N+2k szám - ami 2 hatvány - utolsó k jegye között k-[k.lg2]-1 darab nulla van. Ez pedig k-[k.lg2]-1\gek-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 gúla2004-10-14 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] Sirpi2004-10-14 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] Edgar2004-10-14 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 2k-ig k szám áll csupa 1-esből kettes számrendszerben, addig 10k-ig 2k írható fel decimálisan csak 0-val és 1-gyel; más szóval, n-ig \Theta(log n) szám van megfelelő bináris alakban, míg \Theta(nc)-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 gúla2004-10-13 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 Péter2004-10-13 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 Legény2004-10-13 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. Dávid2004-10-10 21:42:46

Van-e végtelen sok, tízes számrendszerben csak 1-es és 0-s számjeggyel leírható prím?

[31] Maga Péter2004-10-09 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\geb\gec\ged\ge0 és A\geB\geC\geD\ge0! 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] Sirpi2004-05-18 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 Károly2004-05-18 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.

HK

Előzmény: [28] lorantfy, 2004-05-18 07:48:25
[28] lorantfy2004-05-18 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] lorantfy2004-05-17 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 Géza2004-05-17 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 22k+1 alakú számok csak úgy írhatók fel négy négyzetszám összegeként, hogy 2.(2k)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] lorantfy2004-05-16 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 Géza2004-05-14 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 22k+1 és a 3×22k+1 alakú számok felírásában mindig van 0.)

Előzmény: [23] lorantfy, 2004-05-14 11:51:17
[23] lorantfy2004-05-14 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] Sirpi2004-05-14 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 Károly2004-05-14 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

HK

Előzmény: [18] Sirpi, 2004-05-13 11:40:28
[20] Sirpi2004-05-13 13:25:43

5 db pozitív négyzetszám kell...

Előzmény: [19] lorantfy, 2004-05-13 12:42:20
[19] lorantfy2004-05-13 12:42:20

Szia Sirpi!

Hát vegyünk egy elég nagy egész számot. Ez előáll 4 négyzetszám összegeként. Kiválasztunk ezek közül 3-at. Ezek összege természetes szám, tehát előáll 4 négyzetszám összegeként. Így eredeti számunk már előállt 5 négyzetszám összege. Vagy nem ennyire egyszerű?

Előzmény: [18] Sirpi, 2004-05-13 11:40:28
[18] Sirpi2004-05-13 11:40:28

Egy feladat, mert pang a téma:

Ismert (ha nem, akkor most mondom :-) ), hogy minden természetes szám előáll 4 négyzetszám összegeként. Ennek segítségével be kellene látni, hogy bármely "elég nagy" egész szám előáll pontosan 5 pozitív négyzetszám összegeként.

[17] Gubbubu2004-04-13 21:07:02

Kedves Fórumosok! Korszakalkotó Örömhírt jelenthetek be (aki még nem ismerte): Van tetszőleges hosszú számtani sorozat prímekből! (Eddig csak az állítás megfordítása volt tisztázva).

[16] Gubbubu2004-01-13 20:32:35

Szia!

Valóban, úgy sejtem, a "kvázitökéletes" számok épp a kettőhatványok. A bizonyítást még nem találtam ki, ezért adtam fel a feladatot, hátha valaki gyorsabb nálam. A "segítséget" is épp azért fogalmaztam meg eléggé közvetett, rejtjelezett formában, mivel nem akartam azt mondani, hogy szerintem épp a kettőhatványok a "kvázitökéletesek", mivel fogalmam sincs, igaz-e, bár némi esély látok erre.

Jó munkát, ha még gondolkozol ezen...

Üdv: G

Előzmény: [15] Sirpi, 2004-01-13 13:47:46
[15] Sirpi2004-01-13 13:47:46

Szia!

Nos, amit írtál igaz: valóban minden pozitív egész felírható "kvázitökéletes" számok összegeként, mert 1+2+...2k=2k+1-1, vagyis minden 2-hatvány ilyen tulajdonságú. És ezek összegeként minden szám előáll, hisz használjuk az n szám kettes számrendszerbeli alakját, ez megadja, melt 2-hatványokra van szükség az összegzéshez. Azt perpillanat nem tudom, van-e még ilyen szám, ez egy érdekes kérdésnek hangzik, de ezek is elegen vannak a számok felírásához.

S

Előzmény: [14] Gubbubu, 2004-01-10 02:59:01
[14] Gubbubu2004-01-10 02:59:01

Halihó!

Tökéletes számnak a Püthagoreusok azokat a természetes számokat nevezték, melyek "részei" (osztói, az 1-et is beleértve, de magát a kérdéses számot nem) összege épp egyenlő volt a szóban forgó számmal.

Például a 6 tökéletes szám: 6=1+2+3.

Modern terminológiával egy szám pozitív osztóinak összegét - magát a számot is az osztók közé véve - \sigma(n)-nel jelöljük. Például

\sigma(1)=1

\sigma(2)=1+2=3

\sigma(6)=1+2+3+6=12=2x6

stb.

(hát, ez a TEX még nem megy tökéletesen...)

Egy 1-nél nagyobb n szám tehát pontosan akkor tökéletes, ha

\sigma(n)=2n

Az n\mapsto\sigma(n) függvénynek sok érdekes matematikai tulajdonsága van. Például (gyengén) multiplikatív, azaz ha (a,b)=1, azaz az a, b számok relatív prímek,

\sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)

Viszonylag egyszerű számelméleti képlet megadja a tökéletes számokat. De engedjünk a tökéletességből egy kicsit, és:

3. feladat: Keressük meg csupán az összes "kvázitökéletes" n számot, azaz olyan számokat, melyekre

\sigma(n)=2n-1

.

Segítség: úgy sejtem, bármely pozitív szám felírható kvázitökéletes számok összegeként, de nem vagyok biztos.

[13] Ratkó Éva2003-12-09 17:35:30

Az lsuranyi előtt van egy hullámvonal karakter, csak az a TeX-ből való fordítás miatt nem jelent meg.

Előzmény: [12] Lóczi Lajos, 2003-12-05 17:06:50
[12] Lóczi Lajos2003-12-05 17:06:50

Amit közvetlenül az alábbi linken

http://www.fazekas.hu/ lsuranyi/MAXPROBL.htm

el is olvashatunk.

Előzmény: [11] Pach Péter Pál, 2003-12-01 21:59:52
[11] Pach Péter Pál2003-12-01 21:59:52

Amennyiben komolyabban foglalkoztat (valakit) ez a téma, ajánlom Surányi László: Metaaxiomatikai problémák című könyvét. A könyv első részében kimondottan a nulláról van szó.

Előzmény: [8] Mate, 2003-12-01 12:15:03
[10] Rácz Béla2003-12-01 13:43:49

Bizonyos esetekben (pl. halmazelmélet, sőt: számítástechnika) a 0-t érdemes természetes számnak tekinteni. Az is emellett szól, hogy amit már egyszerűen meg lehet jelölni mint "pozitív egész számok", annak nem kell még egy név.

Ha azonban kissé igényesebbek vagyunk, akkor filozófiai vagy történeti jelentőséget is tulajdoníthatunk a "természetes számok" elnevezésnek. Ez elég kifejező, hiszen tényleg ez volt az első absztrakt számfogalom. Már a történelem előtti időkben tudtak egyes kultúrák számolni (2-nél tovább is ...) Az igazi mérföldkő az, amikor valaki felismeri, hogy minden számnál van eggyel nagyobb; ez már igazából elég a pozitív egész szám fogalmának tisztázásához.

A 0 azonban egészen más ügy, és csak jóval később találták fel (t.i. ismerték fel, hogy számnak lehet tekinteni), valószínűleg Indiában. Európába csak a középkorban jutott el. A helyiértékes írás ezzel szoros kapcsolatban van; valóban, a görög és a (jól ismert) római számjelölés sem helyiértékes jellegű.

(Bár definíció szintjén a görögök az 1-et sem tekintették számnak, azért nagyon jól "tudták", hogy az, ez kiviláglik pl. a tökéletes szám fogalmából: t.i. hogy az 1-et is az osztók közé kell számítani.)

Ekkorra a tört (pozitív racionális) számok már régóta ismertek voltak (már az ókori Egyiptomban is számoltak törtekkel); tehát a 0 annyira nem "természetes", hogy a törtek természetesebbek nála. (Itt persze az emberi ész járását követtem, nem pedig a szokásos iskolai rekonstrukció menetét, ami rövid és könnyen bizonyítható, nem pedig kifejező szerkezetre törekszik.)

Jogos ellenvetés persze, hogy az \frac12, sőt a 0 is "természetesebb", mint mondjuk a 1020 szám. Azonban fogalmi szinten ez utóbbinak a léte felfogható akkor, ha értjük, hogy minden számnál van eggyel nagyobb, míg a törtek vagy a nulla új felismerést tételeznek fel.

Tehát szerintem mérnökies ízű az a megállapodás, hogy a 0 természetes szám; történeti és antropomorf szempontból sokkal előnyösebb, ha nem az.

Ja, természetesen a nulla páros, de - igazából megállapodás alapján - se nem pozitív, se nem negatív.

(Javítson ki nyugodtan akárki, ha valahol hülyeséget írtam.)

Előzmény: [8] Mate, 2003-12-01 12:15:03
[9] Sirpi2003-12-01 12:37:29

A 0 egy elég érdekes állatfaj. Először is páros (a rulettet nem matematikusok készítették...), hiszen osztható 2-vel (0*2=0). Ezen kívül se nem negatív, se nem pozitív (valahol a ott van a kettő között :-) ), és arról, hogy természetes szám-e, eléggé megoszlanak a vélemények. A Magyar szabvány, meg a számelmélészek és halmazelmélészek szerint igen, de pl. az analisták szerint nem.

Erről van egy vicc is, azt a megfelelő topikba írom.

S

Előzmény: [8] Mate, 2003-12-01 12:15:03
[8] Mate2003-12-01 12:15:03

Hello Mindenkinek! Azt jóideig nem tudtam, hogy a nulla pozitív vagy negatív, páros vagy páratlan, vagy természetes-e. Arra már rájöttem, hogy se nem páros, se nem páratlan (heszen a ruletten sem fekete, sem piros, hanem zöld), de a másik két kérdésre máig nem tudom a választ... Segítsetek!

[7] Rácz Béla2003-11-25 22:46:57

Jó, hogy észrevetted a párhuzamosságot a Fibonacci- és a Lucas-számok között. Ez azt jelenti, hogy Csíkvári cikkében már implicite szerepelt ez a tételecske, csak nem vettem észre akkor, hogy átültethető a Fibonacci-sorra.

Azért még jobban örülnék, ha valaki csak jól ismert dolgok felhasználásával írná le a megoldást. Ebből a szempontból szerintem könnyebb az új feltételből bizonyítani a következményt (2*).

Előzmény: [6] zorbb, 2003-11-23 17:22:21
[6] zorbb2003-11-23 17:22:21

(Sajnos én végképp nem tudok szépen írni ezért elnézést kérek) Leírok egy megoldást a 2. feladatra: A megoldásom nagy mértékben támaszkodik a kömal 2002/1 számának a 13. és 14. oldalán kapott eredményeihez. E cikkben a Lucas sorozatokról volt szó mod n. A cikk elején leírták (amit gondolom sokan ismernek) hogy L(n)=F(n+1)+F(n-1). A 13. oldalon bebizonyítja -Csikvári Péter- a cikk írója hogy L(p) kongruens (mostantól kon-nak rövídítem) 1 (p). És a 14. oldalon pedig hogy ha p=5k+1 vagy p=5k-1 akkor L(p-1)kon 2 (p) és ha p=5n+2 vagy p=5k-2 akkor L(p+1) kon -2 (p). Most én csak azt az esetet fogom belátni amikor p=5k+1 v. p=5k-1 amásik eset bizonyítása teljesen hasonló. Tudjuk hogy L(p-1)=F(p-2)+F(p)=2F(p)-F(p-1)kon 2 (p). És L(p)=F(p-1)+F(p+1)=F(p)+2F(p-1)kon 1 (p) vagyis 2F(p)+4F(p-1)kon 2 (p) most a két kongruenciát kivonva egymásból kapjuk hogy: 5F(p-1)kon 0 (p) és mivel p>5 ezért F(p-1) osztható p-vel. Elnézést hogy ilyen hosszúra sikeredett majd legközelebb megpróbálom rövidebben. Ablonczy Dávid

Előzmény: [3] Rácz Béla, 2003-11-21 02:11:01
[5] Rácz Béla2003-11-22 21:20:43

Azt hiszem, így a 2. feladat túlságosan technikai jellegű. Szóval módosítom:

2*. feladat:

mint 2., csak:

ha van olyan a szám, hogy a*a - 5 osztható p-vel, akkor F(p-1) osztható p-vel

különben F(p+1) osztható p-vel.

[4] Pach Péter Pál2003-11-21 18:23:09

Kíváncsi voltam, hogy az 1. feladatra milyen megoldást fog valaki beírni, olyat, ami oszthatóságon alapszik, vagy olyat, ami a nagyságrenden múlik (tulajdonképpen azon, hogy a négyzetszámok „kevesen” vannak). Ezek szerint az utóbbi tippem jött be. Béla, ugye 22n+1 alakú számokra gondolsz, nem pedig 22n+1 alakúakra? Először nem értettem, mert azt hittem, hogy az utóbbira, aztán leesett.

Leírok egy olyan megoldást, ami oszthatóságon alapszik. A számok:

3,3.4,3.42,,3.4n,

Ha a legkisebb kiválasztott tag 3.4k, akkor az összeg 22k(4l+3) alakú, ami nyilvánvalóan nem lehet négyzetszám. (Miért?) A 2. egyébként vicces példa, nem írok rá semmit, mert Béla már feladta nekünk egy matektáborban. :-)

Előzmény: [2] Rácz Béla, 2003-11-21 02:01:42
[3] Rácz Béla2003-11-21 02:11:01

Ha már számelmélet, kitűzöm ezt a kis példát. Biztos, hogy ismert tétel, ezért mikor kijött, meglepődtem, hogy még sehol nem találkoztam vele. Szóval:

2. feladat

Legyen F(n) a Fibonacci-sor, F(0) = 0, F(1) = 1. Legyen p>5 prímszám. Bizonyítandó, hogy:

- ha p 1 vagy 4 maradékot ad 5-tel osztva, akkor F(p-1) osztható p-vel.

- ha viszont 2 vagy 3 maradékot ad, akkor F(p+1) osztható p-vel.

[2] Rácz Béla2003-11-21 02:01:42

(Elnézést, nem tudok szépen írni. Szóval az egyszerű egymás után írás most a hatványozást fogja jelenteni.)

Az 1. feladatra:

Simán vannak ilyen számok. Most csak a létezésüket látom be, de explicite meg is lehet adni egy ilyen halmazt, ha valaki akarja.

Szóval válasszunk sorra n2 + 1 alakú számokat a következőképpen:

Először válasszuk ki az 1-et. Majd minden lépésben egy olyan n2 + 1 alakú számot, hogy ehhez az összes előzőt hozzáadva az összeg még (n+1)2-nél kisebb legyen.

Mindezt tegyük a végtelenségig. Könnyen látható, hogy tényleg nincs a kiválasztott számok között néhány olyan, hogy összegük teljes négyzet legyen: ezek között lenne egy legnagyobb, mondjuk k2 + 1. Így az összes összeadandó összege nagyobb, mint k2, de a k megválasztása miatt kisebb, mint (k+1)2, tehát nem négyzetszám.

Azt hiszem, hogy pl. a 2(2n) + 1 alakú számok, ahol n=1, 2, ... teljesítik a feltételeket.

Előzmény: [1] Sirpi, 2003-11-20 08:56:16
[1] Sirpi2003-11-20 08:56:16

Sziasztok!

Mivel a biliárdgolyós témában elég sok számelméleti dolog merült fel, amik igazából ott nem tisztázhatók kellő mélységben, ezért arra gondoltam, hogy itt külön lehetne őket tárgyalni.

Első észrevételem pedig az ott vázolt "párosítófüggvénnyel" kapcsolatban lenne, mégpedig, hogy igazából nem párosítófv.-re van szükségünk, mert nem kell, hogy minden szám elő is álljon függvényértékként.

És hogy álljon itt egy számelmélet feladat is, jöjjön a következő:

1. feladat:

Van-e olyan végtelen részhalmaza a pozitív egészeknek, melyből bárhogy választunk ki véges sok elemet, azok összege nem négyzetszám?

S

  [1]    [2]