Треугольные числа

[Andrey A]

Привожу список тождеств с использованием символа $t_n$, который при желании можно дополнить или обобщить для $k$-угольных чисел. Что известно о применимости такой "треугольной арифметики" кроме нумерологии? Знаю только пентагональную теорему Эйлера о количестве разбиений. Каждое натуральное число - сумма не более чем $k$ $k$-угольных чисел $(k>2)$ - такая красивая закономерность и совсем без последствий?

$$t_a=1+2+3+...+a=\frac{a(a+1)}{2}=\frac{(2a+1)^2-1}{8} $$

$$t_{2a}=a(2a+1);\quad t_{2a+1}=(a+1)(2a+1);\quad t_{-a}=t_{a-1}$$

$\Rightarrow \; $ Каждое треугольное число в отличии от квадратного имеет как четный так и нечетный номер. Поэтому замена $p\rightarrow a+b,\ q\rightarrow a-b$ в индексах не нарушает общности.

$$t_a-t_{-a}=a;\quad t_a+t_{-a}=a^2;\quad t_a^2-t_{-a}^2=a^3;\quad t_a^2+t_{-a}^2=t_{a^2};\quad 1^3+2^3+3^3+...+a^3=t_a^2$$

$$2t_at_{-a}=t_{-a^2};\ t_{a+1}t_{a-1}=2t_{-t_a};\ (a^2-1)((a+1)^2-1)=(2t_a-1)^2-1 $$

$$t_a-t_b=\frac{(a-b)(a+b+1)}{2}=\frac{(2a+1)^2-(2b+1)^2}{8}=$$

$$=t_a(2b+1)^2-t_b(2a+1)^2\;\Rightarrow \; t_a(2b+1)^2+t_b=t_b(2a+1)^2+t_a=t_{2ab+a+b}$$

$$t_{a+b}-t_{a-b}=b(2a+1)$$

$\Rightarrow \; $ Количество отображений числа в виде частной суммы натурального ряда соответствует количеству его нечетных делителей.

$$t_{a+b}=t_a+ab+t_b;\quad t_{a+b}+t_{a-b}=2t_a+b^2;\quad t_{a+b}+t_{a-b}+c^2=t_{a+c}+t_{a-c}+b^2$$

$$(a-b)t_{a+b}=(a+b)(t_a-t_b);\quad (a-b)^2t_{a+b}=(a^2-b^2)(t_a-t_b);\quad t_{a+b}t_{a-b}=(t_a-t_b )(t_a-t_{-b})$$

$$t_{ab}=t_at_b+t_{-a}t_{-b}\quad \Rightarrow\quad t_at_b=t_{ab}-t_{(a-1)(b-1)} +t_{(a-2)(b-2)}-t_{(a-3)(b-3)}+...\pm t_{a-b+1}\quad (a\geq b)$$

$$ab-t_c=t_{a+b+c}-t_{a+c}-t_{b+c};\quad t_a-t_b-t_c=(a-b)(a-c)-t_{c+b-a}$$

$$t_{2a}+t_{2b}+t_{2c}=t_{a+b+c}+t_{a+b-c}+t_{b+c-a}+t_{c+a-b}=t_{a+b}+t_{b+c}+t_{c+a}+t_{a-b}+t_{b-c}+t_{c-a}$$

$$t_a+t_b+t_c+t_{a+b+c-2n}=t_{a+b-n}+t_{b+c-n}+t_{c+a-n}+t_n$$

$$4(t_a+t_b+t_c )+1=t_{a+b+c+1}+t_{a+b-c}+t_{b+c-a}+t_{c+a-b}$$

$$3(t_a+t_b+t_c)+1=t_{a+b+c+1}+t_{a-b}+t_{b-c}+t_{c-a}$$

___________________

$$8t_a+1=(2a+1)^2$$

$$4(t_a+t_b)+1=(a+b+1)^2+(a-b)^2$$

$$2(t_{a_1+b_1}+t_{a_1-b_1}+t_{a_2+b_2}+t_{a_2-b_2})+1=(a_1+a_2+1)^2+(a_1-a_2)^2+(b_1+b_2)^2+(b_1-b_2)^2$$

$$t_{a_1+b_1}+t_{a_1-b_1}+t_{a_2+b_2}+t_{a_2-b_2}+t_{a_3+b_3}+t_{a_3-b_3}+t_{a_4+b_4}+t_{a_4-b_4}+1=$$

$$\left(\negthickspace\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{2}\negthickspace+\negthickspace1\negthickspace\right)^2\negthickspace+\left(\negthickspace\frac{a_1+a_2-a_3-a_4}{2}\negthickspace\right)^2\negthickspace+\left(\negthickspace\frac{a_1-a_2+a_3-a_4}{2}\negthickspace\right)^2\negthickspace+\left(\negthickspace\frac{a_1-a_2-a_3+a_4}{2}\negthickspace\right)^2\negthickspace+b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2$$

или

$$(a_1+a_2+1)^2+(a_1-a_2 )^2+(a_3+a_4 )^2+(a_3-a_4 )^2+b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2=$$

$$=1\ +\ t_{a_1+a_3+b_1}+t_{a_1+a_3-b_1}+t_{a_1-a_3+b_2}+t_{a_1-a_3-b_2}+t_{a_2+a_4+b_3}+t_{a_2+a_4-b_3}+t_{a_2-a_4+b_4}+t_{a_2-a_4-b_4}$$

___________________

$t_a+t_{-a}=a^2$ два t нулевой суммы номеров.
$t_{a+b}+t_{a-b}+t_{-2a}=b^2+3a^2$ три t нулевой суммы номеров (тройка и простые вида $6k+1$ в нечетных степенях канонического разложения).
$t_{a+b}+t_{a-b}+t_{-a+c}+t_{-a-c}=b^2+c^2+2a^2=\frac{(b+c)^2+(b-c)^2+(2a)^2}{2}$ каждое нечетное – сумма четырех t нулевой суммы номеров.
$2t_{2a}+1=(a+1)^2+3a^2;\quad 2t_{2a}-1=(3a+2)^2-5(a+1)^2$ пятерка и простые вида $10k\pm 1$ в нечетных степенях канонического разложения.
Уравнение $t_a+t_x+t_y=m$ разрешимо, если существуют целые $p,q$, для которых выполняется $4(m-t_a )+1=p^2+q^2:\ x=\frac{p+q-1}{2};\ y=\frac{p-q-1}{2}.$
Система $\begin{cases} x+y+z=s \\ t_x+t_y+t_z=m \end{cases}$ разрешимa, если существуют целые $p,q$, для которых выполняется $3m+1-t_{s+1}=p^2+3q^2:\ x=\frac{s+p}{3}+q;\ y=\frac{s+p}{3}-q;\ z=\frac{s+p}{3}-p$, что следует из тождества $3(t_a+t_{b+c}+t_{b-c})+1=(a-b)^2+3c^2+t_{a+2b+1}$ (из трех индексов всегда найдется пара индексов одной четности).
Пример: $m=15403$ не представить суммой трёх $t$ общей суммой номеров $s=302$, поскольку $15403\cdot 3+1-t_{303}=154=2\cdot 7\cdot 11$ не есть число нужного вида. Для $s=301:\ 15403\cdot 3+1-t_{302}=457=5^2+3\cdot 12^2.$
$\frac{301+5}{3}=102;\ x=102+12=114;\ y=102-12=90;\ z=102-5=97.$

$$\begin{cases} 114+90+97=301 \\ t_{114}+t_{90}+t_{97}=15403 \end{cases}$$

___________________

$$\sum\limits_{i=1}^{m}\sigma(i)=\left \lceil \frac{1+m-t_1}{1}\right \rceil^2-\left \lceil \frac{1+m-t_2}{2}\right \rceil^2+\left \lceil \frac{1+m-t_3}{3}\right \rceil^2-...\pm \left \lceil \frac{1+m-t_n}{n}\right \rceil^2,$$

где $n=\left \lfloor \frac{\sqrt{8m+1}-1}{2}\right \rfloor$ ("треугольный" корень из $m$); $\sigma(i)$ - полная сумма делителей $i<m$. Взятое без первого слагаемого с обратными знаками данное выражение возвращает сумму остатков деления $m$ на все модули $<m$.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Математика (общие вопросы)» в форум «Дискуссионные темы (М)»
Причина переноса: переношу сюда, поскольку задачи здесь нет, и подходит больше

[Andrey A]

Еще вопрос по горячим следам.

$\begin{matrix} 1 \\ & 3 \\ -1 & & 5 \\ & & & 7 \\ & -3 & & & 9 \\ 1 & & & & & 11 \\ & & -5 & & & & 13 \\ & & & & & & & 15 \\ & 3 & & -7 & & & & & 17 \\ -1 & & & & & & & & & 19 \\ & & & & -9 & & & & & \\ & & 5 & & & & & & & \\ & & & & & -11 & & & & \\ & -3 & & & & & & & & \\ 1 & & & 7 & & & -13 & & & \\ & & & & & & & & & \\ & & & & & & & -15 & & \\ & & -5 & & 9 & & & & & \\ & & & & & & & & -17 & \\ & 3 & & & & & & & & \end{matrix}$

Матрица имеется в виду треугольная (проблемы с LaTeXом). Надеюсь, принцип ясен: нечетные ходят конём. Единицы расположены на пересечении 1-го столбца и "треугольных" строк: $1,3,6,..$. Количество чисел в $n$-ой строке равно количеству нечетных делителей $n$ (что само по себе любопытно), а сумма - полной сумме делителей $n$. Знакопеременные квадраты из начального поста - суть суммы последовательностей, образованных лучами матрицы. Если не знать формулы $\sigma(n)$, можно суммировать не сами делители, а выражения вида $\frac{2n}{d}-d$ , где $d$ пробегает значения всех нечетных делителей $n$ (для четных $n$ даже удобней).
Нет ли иного способа определить элементы $n$-ой строки?

[Andrey A]

И еще. Пусть $s_n$ - сумма остатков деления $n$ на все модули $<n$. Имеют место соотношения:

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma(i)+s_n=n^2$$

$$\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sigma(i)+s_{n-1}=(n-1)^2$$

Вычитая одно из другого, получаем $\sigma(n)+s_n-s_{n-1}=2n-1$ или $s_n-s_{n-1}=2n-1-\sigma(n)$. Если $X$ - совершенное число, то $\sigma(X)=2X$ и

$$s_X-s_{X-1}=-1$$

Причем это достаточное условие "совершенства" $X$. Где-то об этом написано? Важно, что при делении на модули $>n/2$ суммы остатков для пары $(n-1,n)$ равны при четном $n$, но отличаются на $\left \lfloor n/2\right \rfloor$ при нечетном $n$. Если доказать, что при переходе с четного на нечетное функция $s_n$ не убывает, можно сэкономить много машинного времени для проекта OddPerfect.org
Кстати, в русской Вики о совершенных числах жирная ошибка в самом начале. Кто бы поправил. Написано: ...где было доказано, что число $2^{p-1}(2^p-1)$ является совершенным, если... Забыли на два поделить.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1049178 писал(а):

Написано: ...где было доказано, что число $2^{p-1}(2^p-1)$ является совершенным, если... Забыли на два поделить.

Не надо на два делить, всё в порядке.

[Andrey A]

nnosipov, спасибо. $p-1$ упустил, вижу.

[Andrey A]

Заканчиваю монолог. Предположение, что

Andrey A в сообщении #1049178 писал(а):

... при переходе с четного на нечетное функция $s_n$ не убывает

ошибочно, конечно. $s_{945}-s_{944}=-31$. Для всех избыточных нечетных эта разность отрицательна, $945$ - наименьшее. Из ближайших выделяются

$$s_{8415}-s_{8414}=-19;\ s_{8925}-s_{8924}=-7$$

[Andrey A]

Upd (для полноты картины)

Система $\begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=s \\ t_{x_1}+t_{x_2}+t_{x_3}+t_{x_4}=m \end{cases}$ разрешимa, если находятся целые $a,b,c$ такие, что $8m+4-(s+2)^2=a^2+b^2+c^2$:

$$x_1=\dfrac{s+a+b+c}{4};\ x_2=\dfrac{s+a-b-c}{4};\ x_3=\dfrac{s-a+b-c}{4};\ x_4=\dfrac{s-a-b+c}{4}. $$

Параметры $s,a,b,c$ вынужденно одной четности. В случае нечетных для получения целых решений выбирается надлежащий знак
(для определенности $\pm c$), в случае четных при смене знака возникает вариант, описываемый тождеством

$$t_{x_1}+t_{x_2}+t_{x_3}+t_{x_4}=t_{\tfrac{x_1+x_2+x_3-x_4}{2}}+t_{\tfrac{x_2+x_3+x_4-x_1}{2}}+t_{\tfrac{x_3+x_4+x_1-x_2}{2}}+t_{\tfrac{x_4+x_1+x_2-x_3}{2}}$$

Другие решения следуют из других троек $a',b',c'$, удовлетворяющих начальному условию, коих в общем случае может быть сколь угодно много. Тем не менее для фиксированного $0\leq s\leq \left \lfloor \sqrt{8m+4} \right \rfloor-2$ количество решений конечно, а при $m=73,s=18$, к примеру, система вообще неразрешима: $73\cdot 8+4-20^2=188=47\cdot 2^2$. Числа вида $(8n+7)\cdot 2^{2k}$, как известно, не представимы суммой трех квадратов. Выше описана система для трёх $t$, там неотрицательное $s\leq \left \lfloor \dfrac{\sqrt{24m+9}-1}{2} \right \rfloor-1$. Рискну предположить, что для разрешимости аналогичных систем с бо́льшим количеством слагаемых подобное ограничение по величине для $s$ необходимо и достаточно. Можно ведь исходить из четырех $t$ и добавлять $t_0,t_{-1}$ или $t_1$ по вкусу. К примеру
$\begin{cases} 10+3+3+3-1=18 \\ t_{10}+t_3+t_3+t_3+t_{-1}=73 \end{cases}$ или $\begin{cases} 10+5+1+1+1=18 \\ t_{10}+t_5+t_1+t_1+t_1=73 \end{cases}$