2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 9, 10, 11, 12, 13  След.
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 09:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
juna
Даже и не знаю. Когда углубляешься в хорошую тему, по ходу всплывает много интересных вещей. Потом оказывается, что они следуют из более общих соображений. Стоит подумать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 09:57 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
juna в сообщении #1551039 писал(а):
Или он тривиально следует, из того, что это числа Люка?
Он тривиально следует из того, что относительно "экспоненциальной" переменной будут обычные алгебраические тождества типа $x^2+2x+1=(x+1)^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 10:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
nnosipov
Можно подробнее расписать, что Вы имели ввиду.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 10:22 
Аватара пользователя


29/04/13
7126
Богородский
juna в сообщении #1550986 писал(а):

Уважаемый juna, а Вы в курсе что над окошком для ответа есть специальный тег oeis, который удобен и пишущим и читающим? Наведите мышку на A160695.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 10:57 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
juna в сообщении #1551045 писал(а):
Можно подробнее расписать, что Вы имели ввиду.
Да, только попозже, сейчас занят.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 13:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Yadryara в сообщении #1551046 писал(а):
Наведите мышку на A160695.
Мы ведь здесь имеем дело с "фигурными числами" и вопрос как часто и где их множества пересекаются. Известная задача из этой серии — может ли быть треугольное число квадратным? Решение берется из разложения $\sqrt{8}$ с "инструкциями к применению". В данном случае возможна подобная схема: $$\sqrt{\dfrac{7}{3}}=1,(1,1,8,1,1,2) \approx \dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{3}{2},\dfrac{26}{17},\dfrac{29}{19},\dfrac{55}{36},\dfrac{139}{91},...$$ Берем нечетные дроби (с нечетными номерами) и, если числитель и знаменатель разной четности, вычисляем разность квадратов. В противном случае — то же самое деленное на $4$.

$(1^2-1^2)/4=0$
$3^2-2^2=5$
$(29^2-19^2)/4=120$
$(139^2-91^2)/4=2760$
и т.д.

Получаем последовательность A160695.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 15:08 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
juna
Вот что имелось в виду. Положим $\varepsilon=-n-1/2+\sqrt{n^2+n-3/4}$ и $t=\varepsilon^k$. Здесь $\varepsilon$ --- корень уравнения $x^2+(2n+1)x+1=0$, а $t$ --- эта та самая "экпоненциальная" переменная. Тогда $$m=\frac{2n+1+t^2/\varepsilon+\varepsilon/t^2}{-4n^2-4n+3}.$$ Далее рассмотрим, например, выражение $A=(2n+3)m+1$. Факторизуем $A$ как рациональную дробь над полем $F(\varepsilon)$, где $F=\mathbb{Q}(n)$ --- поле рациональных дробей от $n$. Делаем это не руками, а с помощью Maple. В итоге получим $$A=\frac{(2n+1+\varepsilon)(t^2+\varepsilon)^2}{(2n-1)t^2}=\frac{2n+1+\varepsilon}{2n-1}\cdot\left(\frac{t^2+\varepsilon}{t}\right)^2.$$Это, к сожалению, еще не конец, но почти конец: осталось понять, что константа $$B=\frac{2n+1+\varepsilon}{2n-1} \in F(\varepsilon)$$ есть квадрат другой константы из поля $F(\varepsilon)$. Самое простое здесь --- это применить метод неопределенных коэффициентов, т.е. искать $B$ в виде $B=(a+b\varepsilon)^2$ с некоторыми $a=a(n)$ и $b=b(n)$ из $\mathbb{Q}(n)$. Опять же с помощью Maple находим $$a(n)=\frac{2n}{2n-1}, \quad b(n)=\frac{1}{2n-1}.$$ Таким образом, $A=C^2$, где $$C=\frac{2n+\varepsilon}{2n-1}\cdot\frac{t^2+\varepsilon}{t}.$$ Можно убедиться (опять-таки с помощью Maple), что при замене $\varepsilon \to 1/\varepsilon$ и $t \to 1/t$ выражение для $C$ не меняется. Это значит, что $C=C(n) \in \mathbb{Q}(n)$ при любом конкретном $k$. Наконец, так как $A=A(n)$ --- многочлен от $n$ при любом $k$, то и $C(n)$ также является многочленом от $n$ при любом конкретном $k$.

Кажется, понять идею доказательства подобных фактов (состоящую в поиске соответствующих алгебраических тождеств, с чем успешно справляются системы компьютерной алгебры типа Maple) здесь быстрее, чем аккуратно все описывать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение25.03.2022, 15:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Yadryara

Спасибо, я этого не заметил.

Andrey A

Это очень близко к тому, что я делал, манипулируя с цепными дробями.

nnosipov

Ничего себе тривиально... Ушел думать над вашим текстом :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение26.03.2022, 10:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1551056 писал(а):
... близко к тому, что я делал, манипулируя с цепными дробями.

На сколько понял, нужно получить целые значения дробей, удовл. условию $\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}$ для фиксированных $a,b \in \mathbb{Z}.$
Положим $a>b$ и добавим требование $\gcd (a,b)=1$, тогда уравнение $\dfrac{a}{b}=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ эквивалентно заявленному. Некоторые его решения $\dfrac{x_i}{y_i}$ можно получить из разложения $\sqrt{\dfrac{a}{b}}=a_0,a_1,...$ , меняя знак $=2a_0$ в конце периодов на $a_0\pm  1.$ Полное же решение зависит от количества различных $d^2 \mid (a-b)$ и от количества решений сравнения $u^2 \equiv 1 \mod \dfrac{a-b}{d^2}.$ Об этом было тут. Писалось давно, без сумбура не обошлось, но если Вы любите возиться с цепными дробями, думаю разберетесь. Лучше, конечно, привести к форме $ay^2-bx^2=a-b$ и домножить на $a$: $(ay)^2-abx^2=a(a-b).$ О таком уравнении есть кое-что в конце (та же тема, последний пост).

Исправлено 27.03.2022

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение26.03.2022, 14:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
nnosipov

Спасибо. Да, все получается. Доказали, что $(2n+3)m+1$ полный квадрат. Действительно, практически метод прямой подстановки, если знать факторизацию.

А можно продемонстрировать такую же факторизацию для $(2n-1)m+1$, чтобы завершить доказательство этого факта (к сожалению, Maple у меня нет, а в maxima, честно говоря, я даже не знаю, как это сделать)?

Andrey A

Я рассматривал специальный упрощенный вид цепных дробей $(a;a,a,a,a,\ldots)$, нашел формулу для подходящих дробей $\alpha_n$, далее выразил $\alpha_n=a+\sum_{i=2}^{n}d_i, d_n=\alpha_n-\alpha_{n-1}$. Все эти закономерности вылезают разом из $d_n$ при комплексном значении $a=\frac{(2l+1)i}{2}$. В детали, которые Вы описываете, я даже не вдавался(хотя наверное стоило бы).

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение26.03.2022, 15:16 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
juna в сообщении #1551095 писал(а):
А можно продемонстрировать такую же факторизацию для $(2n-1)m+1$
Для $A=(2n-1)m+1$ имеем $A=C^2$, где $$C=\frac{2n+2+\varepsilon}{2n+3}\cdot\frac{-t^2+\varepsilon}{t}.$$Вычисления в Maple можно посмотреть в прилагаемом файле.


Вложения:
maple-file.txt [2.56 Кб]
Скачиваний: 126
 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение27.03.2022, 13:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1551090 писал(а):
... уравнение $\dfrac{a}{b}=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ эквивалентно заявленному.

Оно, кстати, имеет общее решение в рациональных числах: $$x=\dfrac{a(u+v)^2-(a-b)u^2}{av^2-bu^2},\ y=\dfrac{b(u+v)^2+(a-b)v^2}{av^2-bu^2},$$ где $u,v$ — пара вз. простых аргументов (это так, к слову, можно не отвечать). Оставляю в целых, если захочется поискать условия сократимости. Взято из олимпиадной темы https://dxdy.ru/topic148083.html, вывод несложный, но сам факт полного $1-$ параметрического представления произвольной рациональной точки формой $\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ мне не кажется тривиальным. Для некоторого существующего решения нужная пара $u,v$ находится из соотношения $$\dfrac{u}{v}=-1 \pm \sqrt{ \dfrac{(a-b)(x+y)(y+1)}{b(x-y)(y-1)}}.$$

p.s.
В рациональных параметрах решение ур-я $n=\dfrac{x^2-1}{y^2-1}$ можно записать так: $x=\dfrac{2n(m+1)}{m^2-n}+1,\ y=\dfrac{2(n+m)}{m^2-n}+1.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение28.03.2022, 11:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
nnosipov

Спасибо. Оказывается и в maxima это есть.
Вот, например:
Код:
m(n,t,e):=(2*n+1+t^2/e+e/t^2)/(-4*n^2-4*n+3)$
factor((2*n-1)*m(n,t,e)+1);

В итоге получаем:
$$-\frac{(t^2-\varepsilon)^2}{\varepsilon(2n+3)t^2}$$
Для метода неопределенных коэффициентов нужно $\varepsilon$ переместить в числитель, что не проблема, поскольку $\epsilon^2+(2n+1)\epsilon+1=0\Rightarrow -\frac{1}{\epsilon}=\epsilon+2n+1$.
Таким образом, показали, что
$$(2n-1)m+1=\left(\frac{2n+2+\epsilon}{2n+3}\cdot\frac{t^2-\epsilon}{t}\right)^2$$
$$(2n+3)m+1=\left(\frac{2n+\epsilon}{2n-1}\cdot \frac{t^2+\epsilon}{t}\right)^2$$
при $\varepsilon=-n-1/2+\sqrt{n^2+n-3/4}, t=\varepsilon^k$
Целочисленность правых частей этих равенств определяется тем, что их левые части - целые числа (что нужно, конечно, тоже доказать).

Здесь можно еще поискать другие значения $l$, такие, что $(2n+l)m+1=S^2$, чем чёрт не шутит.

Но в диапазоне $l\in[-100,100],l\in\mathbb{Z}$ чёрт не шутит. Во всяком случае визуально красивых форм в результате факторизации не видно. Можно предполагать, что чёрт в этом вопросе тотально грустный на всем множестве целых чисел, кроме двух его точек.

Судя по результатам из oeis, приведенная формула для $m=m(n,k)$ дает все возможные $m$ для каждого конкретного $n$, такие, что $(2n-1)m+1=A^2, (2n+3)m+1=B^2$. Но это гипотеза.

Andrey A

Здесь можно еще пообобщать то, что написано про уравнение Пелля в oeis для конкретных $n$.

Если $(2n-1)m+1=A^2, (2n+3)m+1=B^2$, то все сводится к уравнению Пелля вида:
$$x^2-(2n-1)(2n+3)y^2=1$$
где $$x=\frac{(2n-1)(2n+3)m+(2n+1)}{2}, y=\frac{\sqrt{((2n-1)m+1)((2n+3)m+1)}}{2}$$
Это можно проверить непосредственной подстановкой:
Код:
expand((((2*n-1)*(2*n+3)*m+(2*n+1))/2)^2-(2*n-1)*(2*n+3)*((2*n-1)*m+1)*((2*n+3)*m+1)/4);

получаем 1.
Также можно обобщить разложение:
$$\sqrt{n^2+n-3/4}=\frac{2n+1}{2}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{m(n,k)}$$
Еще одно интересное замечание: при $n=1$ получаем $m(1,k)=F_{2k}F_{2k+2}$, где $F_i$ - i-е число Фибоначчи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение28.03.2022, 14:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
juna в сообщении #1551228 писал(а):
... все сводится к уравнению Пелля вида:
$$x^2-(2n-1)(2n+3)y^2=1$$
Такого Пелля можно выписать в общем виде: $2n,(1,n-1,2,n-1,1,4n,)$ и получить подходящие дроби: $\dfrac{2n}{1}, \dfrac{2n+1}{1},...$ Шестая даст решение, откуда будет видна структура $m.$ Сами решения Пелля тоже образуют возвратную последовательность со знаменателем $2x_1$, и т.д. Немножко непонятно чем Вас так заинтересовал частный случай со всеми сложностями, но это уж... вольному воля )

 Профиль  
                  
 
 Re: Мистика чисел
Сообщение28.03.2022, 22:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Цитата:
Немножко непонятно чем Вас так заинтересовал частный случай со всеми сложностями, но это уж... вольному воля )


Если брать произвольные $a,b$ и искать такие $m$, что $am+1=A^2, bm+1=B^2$, что, эквивалентно $\frac{a}{b}=\frac{A^2-1}{B^2-1}$, сомневаюсь, что в этом направлении может быть какой-то существенный прогресс в целых числах (Да, можно для конкретных $a,b$ выписать решения, но найти серию $a,b$..., тем то и привлек приведенный случай - он претендует на окончательность).

Иногда можно даже увеличивать количество уравнений: $am+1=A^2, bm+1=B^2, cm+1=C^2$, например, $a=3,b=9,c=11, m=40$

P.S. Посмотрел по вашим ссылкам, может быть я и неправ, нужно разбираться.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 189 ]  На страницу Пред.  1 ... 9, 10, 11, 12, 13  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group