Matematické Fórum

vanok · 26. 06. 2024 22:36

Pozdravujem,
Prove the theorem of P. Erdos and M. Suranyi that every integer
k can be represented in infinitely many ways in the form $k = \pm 1^{2} \pm 2^{2} \pm . . . \pm m^{2}$ for some positive integer m and some choice of signs + or - .

check_drummer · 27. 06. 2024 01:05

Ahoj, ono už i pro k=1 je to zajímavé.

osman · 27. 06. 2024 09:08

↑ vanok:
Ahoj,
řekl bych, že stačí dokázat, že každé celé $k$ se dá tímto způsobem vyjádřit aspoň jednou.

Protože (jestli jsem to dobře spočítal) pro každé přirozené $n$
$(n + 1)^{2} - n^{2} + (n + 7)^{2} - (n + 6)^{2} = 4 n + 14$
a taky
$(n + 3)^{2} - (n + 2)^{2} + (n + 5)^{2} - (n + 4)^{2} = 4 n + 14$

můžeme ke každému vypočítanému $k$ přidat libovolný počet skupin po osmi číslech, které se mezi sebou vyruší.

vanok · 27. 06. 2024 11:03

Pozdravujem ↑ osman:,
Tvoja myslienka je zaujimava.
( mozme nast aj ine analogicke rovnosti)
No vsak tvoj dokaz nie je uplny.
Treba dokazat pre kazde prirodzene k je taka rovnost plati. Tak aj pre 0,1, 2….atd.

osman · 27. 06. 2024 14:21

↑ vanok:
Jasně. Myslím, že jsem dokázal pouze tvrzení:

Pokud lze nějaké celé číslo $k$ vyjádřit jako
" $k = \pm 1^{2} \pm 2^{2} \pm . . . \pm m^{2}$ for some positive integer m and some choice of signs + or -"
pak ho tak lze vyjádřit pro nekonečně mnoho různých $m_{j}$ , kde $j \in N$

Platí, že pro každé $n \in N$ je funkce
$f (n) = [(n + 1)^{2} - n^{2} + (n + 7)^{2} - (n + 6)^{2}] - [(n + 3)^{2} - (n + 2)^{2} + (n + 5)^{2} - (n + 4)^{2}] = 0$
Můžeme tedy psát, že
$k = k + \sum_{i = 1}^{j} f (m + 8 i - 7)$ pro libovolné přirozené $j$ , a získáme posloupnost $m_{j} = m + 8 j$

vanok · 27. 06. 2024 16:07

↑ osman:
No v tvojom dokaze chyba napriklad, ze pre cisko 3 plati vlasnost z #1. Tak napr. pre cislo 3+8 tvoj dokaz nemoze fungovat.
To co pises plati len pre cisla take o ktorych vies, ze platia ne nejake “ male “cislo ….
Mysli na rekucne dokazy …..co musis, najprv ukazat ako prvy krok?

vanok · 27. 06. 2024 16:32

Riesenie prva cast

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Skrytý text:

Najprv mame

0 = + 1^{2} + 2^{2} - 3^{2} + 4^{2} - 5^{2} - 6^{2} + 7^{2}

a tiez, ze

1 = + 1^{2}, 2 = - 1^{2} - 2^{2} - 3^{2} + 4^{2}, 3 = - 1^{2} + 2^{2}, 4 = - 1^{2} - 2^{2} + 3^{2} .

Co ukazuje vlasnost z #1 pre prirodzene

0, 1, 2, 3, 4.

osman · 28. 06. 2024 00:01 — Editoval osman (28. 06. 2024 00:09)

↑ vanok:

No v tvojom dokaze chyba napriklad, ze pre cisko 3 plati vlasnost z #1. Tak napr. pre cislo 3+8 tvoj dokaz nemoze fungovat.
To co pises plati len pre cisla take o ktorych vies, ze platia ne nejake “ male “cislo ….
Mysli na rekucne dokazy …..co musis, najprv ukazat ako prvy krok?

Nejsem si jistý, jestli jsme na stejné vlně. O kterém čísle je řeč?

Zadání jsem pochopil takto:
Nechť je dané (libovolné) celé číslo $k$ ,
Máme dokázat
(1) že se dá vyjádřit jako posloupnost součtů a rozdílů čísel $1^{2}, 2^{2}, 3^{2}, . ., m^{2}$ pro nějaké přirozené $m$ .
(2) že takovýchto posloupností pro dané $k$ existuje nekonečně mnoho.

Pokud pro nějaké $k$ platí (1), trvám na tom, že bod (2) dokážu pomocí funkce $f (n)$ , která je nulová pro každé $n \in N$
$f (n) = - n^{2} + (n + 1)^{2} + (n + 2)^{2} - (n + 3)^{2} + (n + 4)^{2} - (n + 5)^{2} - (n + 6)^{2} + (n + 7)^{2} = 0$

Např. $k = 5$
$5 = 1^{2} + 2^{2}$ $\Rightarrow$ $m = 2$

$f (m + 1) = f (3) = - 3^{2} + 4^{2} + 5^{2} - 6^{2} + 7^{2} - 8^{2} - 9^{2} + 10^{2} = 0$
$5 = 1^{2} + 2^{2} + f (3)$ $\Rightarrow$ $m_{1} = 10$

$f (m_{1} + 1) = f (11)$
$5 = 1^{2} + 2^{2} + f (3) + f (11)$ $\Rightarrow$ $m_{2} = 18$

atd.
Získám nekonečně mnoho posloupností, které splňují zadání.
Mohou existovat i jiné, ale mám jich dost pro důkaz.

Netvrdím, že věta platí pro všechna $k$ .
Kde je tedy chyba, pls?

vanok · 28. 06. 2024 07:16

Pozdravujem ↑ osman:,

Ako je napisane v #1, vlasnost je treba dokazat pre kazde prirodzene k.
Zatial tvoj dokaz je neuplny.

Slovo every= kazdy!

vanok · 28. 06. 2024 14:09 — Editoval vanok (28. 06. 2024 15:22)

Pozdravujem
Dokoncenie dokazu

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Skrytý text:

V #7 je dokazana, ze

k = \pm 1^{2} \pm 2^{2} \pm . . . \pm m^{2}

(1)
plati pre k=0; 1; 2; 3.
Tak teraz staci dokazat, ze pre kazde prirodzene

k \geq 0

plati, ze rovnost (1) plati tiez pre prirodzene cislo k+4.
Tak predpokladajme, ze rovnost (1) plati pri prirodzene cislo k.
Akoze mame, ze

k + 4 = (m + 1)^{2} - (m + 2)^{2} - (m + 3)^{2} + (m + 4)^{2}

(2),
tak

k + 4 = \pm 1^{2} \pm 2^{2} \pm . . . \pm m^{2} + (m + 1)^{2} - (m + 2)^{2} - (m + 3)^{2} + (m + 4)^{2}

.

A naviac v relacii (2) mame

(m + 1)^{2} - (m + 2)^{2} - (m + 3)^{2} + (m + 4)^{2} - (m + 5)^{2} + (m + 6)^{2} + (m + 7)^{2} - (m + 8)^{2} = 0

,
a preto v (1) mozme nahradit m cislom m+8 à analogicky aj cislom m +16 atd.
Preto k moze byt representovane nekonecme vela sposobmi v relacii (1).

osman · 30. 06. 2024 16:43 — Editoval osman (30. 06. 2024 16:50)

↑ vanok:

Pozdravujem
Dokoncenie dokazu

Krásný elegantní důkaz. Můj důkaz je upachtěný, potřeboval jsem ne čtyři, ale 16 čísel a bylo to tak tak

Jestliže pro nějaké přirozené $m$ platí
$k_{m} = \pm 1^{2} \pm 2^{2} \pm . . . \pm m^{2}$ (1)
platí také $k_{m} - (m + 1)^{2} + (m + 2)^{2} = k_{m} + 2 m + 3$ (2)
Sestrojím aritmetickou posloupnost
$a_{i} = k_{m} + 2 m + 3 + 16 i$ (3)
Všechny členy posloupnosti vzniknou jako součet mocnin, který vyhovují zadání úlohy.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Skrytý text:
--------------------------------------------------------------
K posloupnost (3) nám pomůže nulová funkce

f (n) = - n^{2} + (n + 1)^{2} + (n + 2)^{2} - (n + 3)^{2} + (n + 4)^{2} - (n + 5)^{2} - (n + 6)^{2} + (n + 7)^{2}

(4)

Když do výrazu (2) "i krát vsuneme" funkci (4) na pozici

m + 1

,

m + 9

atd., dostaneme pro

i = 0, 1, 2, . . .

posloupnost

a_{i} = k_{m} + 2 m + 3 + 16 i

(4)

a_{0} = k_{m} + 2 m + 3

a_{1} = k_{m} + f (m + 1) - (m + 9)^{2} + (m + 10)^{2} = k_{m} + 2 m + 19

a_{2} = k_{m} + f (m + 1) + f (m + 9) - (m + 17)^{2} + (m + 18)^{2} = k_{m} + 2 m + 35

atd.
---------------------------------------------------------------

Pro každé z čísel 1,2,..,16 najdu

m, k_{m}

tak, abych se trefil do nějaké posloupnosti (3).
Tak dokážu existenci (1) pro všechna přirozená čísla

k

.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Skrytý text:
Posloupnosti jsem hledal víceméně hrubou silou, pro m od jedné do čtyř a vyšlo mi:

číslo

m

k_{m}

1 4 -10
2 2 -5
3 3 -6
4 1 -1
5 3 -4
6 1 1
7 4 -4
8 5 -5
9 4 -2
10 2 3
11 3 -14
12 2 5
13 3 4
14 5 -15
15 3 6
16 5 3

Matematické Fórum

#1 26. 06. 2024 22:36

Sierpinski ex #250

#2 27. 06. 2024 01:05

Re: Sierpinski ex #250

#3 27. 06. 2024 09:08

Re: Sierpinski ex #250

#4 27. 06. 2024 11:03

Re: Sierpinski ex #250

#5 27. 06. 2024 14:21

Re: Sierpinski ex #250

#6 27. 06. 2024 16:07

Re: Sierpinski ex #250

#7 27. 06. 2024 16:32

Re: Sierpinski ex #250

#8 28. 06. 2024 00:01 — Editoval osman (28. 06. 2024 00:09)

Re: Sierpinski ex #250

#9 28. 06. 2024 07:16

Re: Sierpinski ex #250

#10 28. 06. 2024 14:09 — Editoval vanok (28. 06. 2024 15:22)

Re: Sierpinski ex #250

#11 30. 06. 2024 16:43 — Editoval osman (30. 06. 2024 16:50)

Re: Sierpinski ex #250

Zápatí