Нестандартные задачи

[незваный гость]

Руст писал(а):

Почему же не точна. Если n не равно 1, то всегда есть два делителя 1 и n. В этом случае 1 и -1. В сумме 0, который делится на 24.

Потому, что -1 не является натуральным числом. А в задаче указано — сумма натуральных делителей. (И это указание — по существу. Сумма целых делителей всегда равна 0, что делает все рассмотрение скучным).

[Руст]

Тогда я неправ. Утверждение верно только для натуральных n.

[sceptic]

Trueman писал(а):

Доказать, что уравнение $3^k=m^2+n^2+1$ имеет бесконечно много решений в целых числах.

Понятно, что при нечетных значениях показателя $k$ имеет место сравнение $3^k-1\equiv 2$ $(mod$ $8)$, т. е. $(3^k-1)/2\equiv 1$ $(mod$ $4)$ и, следовательно, число $(3^k-1)/2$ представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел (см., например Бухштаб, стр. 296, Теорема 298). Учитывая тождество 2(a^2+b^2)=(a+b)^2+(a-b)^2$, то же можно сказать и о числе $3^k-1$. Это и завершает доказательство.

[Руст]

Не при всех k имеется решение. Пусть k=6, тогда $3^6-1=(27-1)(27+1)=8*7*13$ не представимо в виде суммы квадратов. Но если k степень двойки, то получаем, что все нечётные простые делители этого числа имеют вид 1(mod 4), а потому представимы в виде суммы квадратов.

[sceptic]

Обратили внимание на то, что я рассматриваю лишь нечетные значения $k$ ?

[Руст]

Вы не правы. Произведение двух разных простых чисел вида 4k+3 является числом вида 4k+1, однако не представляется в виде суммы двух квадратов. Например 77 не удастся представить в таком виде. Соответственно при простом k, число $3^k-1$ представляется в виде суммы двух квадратов, только если это число не имеет делителей вида 11(mod 12) в нечётной степени.
Но доказать, что существует бесконечное множество простых k с таким условием сложно.
Вроде проще рассмотреть k, являющейся степенью тройки и показать, что в этом случае не имеется простых делителей вида 11(mod 12)/

[sceptic]

Невнимателен был я . Ограничиваясь нечетными значениями $k$, я упустил возможность наличия простых делителей вида $4t+3$ у числа вида $4N+1$. Поэтому в моем "доказательстве" зияет огромная дыра.

[Zo]

Хет Зиф писал(а):

Если две одномерные случайные величины распределены по нормальному закону ~ N(0,1), и их ковариация равна нулю , то значит ли, что они не зависимы? сразу ответ -- не значит! кто нить может привести какой нибудь контр пример???Я тут один надумал, но интересно мнение других, и если кто знает, буду признателен за ссылку на литературу!

Привет, если я правильно понял, то получается, что из некоррелированности гауссовских величин не следует их независимость. А вроде же известно, что если две компоненты гауссовского вектора некоррелированы, то они независимы?

[student]

Докажите, что существует бесконечно много натуральных чисел $n$, для которых число $2^n+3^n$ делится на $n^2$.

[worm2]

Здесь рассматривалась более общая задача.

Добавлено спустя 18 минут 51 секунду:

Хотя, конечно, это не значит, что её не надо решать. Этот частный случай должен быть гораздо приятнее в решении.

[juna]

worm2 - там не требовалось находить бесконечно много решений.
student - вы уверены в формулировке?

[RIP]

Артамонов Ю.Н.
Посмотрите внимательнее второй пункт задачи Руста.

Добавлено спустя 11 минут 54 секунды:

Хотя в моем решении в том посте было опущено док-во того, что число $n'=pn$ удовлетворяет нужному условию (в силу его тривиальности). А в данном частном случае только это и надо доказывать. Так что решения задачи studentа там нету.

[worm2]

Trueman писал(а):

Доказать, что уравнение $3^k=m^2+n^2+1$ имеет бесконечно много решений в целых числах.

Так никто и не запостил решения. А почему? Задачка-то простая.

$$3^{2^p}-1=(3-1)(3+1)(3^2+1)(3^4+1) \ldots (3^{2^{p-1}}+1)$$

Все сомножители представимы в виде суммы двух квадратов, а значит, и произведение тоже представимо.

[RIP]

Руст писал(а):

Не при всех k имеется решение. Пусть k=6, тогда $3^6-1=(27-1)(27+1)=8*7*13$ не представимо в виде суммы квадратов. Но если k степень двойки, то получаем, что все нечётные простые делители этого числа имеют вид 1(mod 4), а потому представимы в виде суммы квадратов.

По-моему, я вижу решение.

[worm2]

Слона-то я и не приметил

Добавлено спустя 3 минуты 57 секунд:

Правда, моё решение не использует довольно нетривиальный (хотя и широко известный) факт о том, какие числа представимы в виде суммы двух квадратов.