Left

Adjust your browser window

Right

2007.gada rudens semestra nodarbību konspekti


5.oktobra nodarbības protokols

1. Kolēģi ziņoja par savu "kvadrātu programmu" (1.uzdevums) rezultātiem. Viņus vairāk interesējusi Ģirta Strazdiņa hipotēzes pārbaude, nevis visu kvadrātu summu ģenerācija katram skaitlim. Tāpēc viņu programmas varēja iztikt ar nelielu atmiņas apjomu, un rezultātu apjoms bija atkarīgs no programmas algoritma efektivitātes un darbināšanas ilguma.

Jānis Iraids un Kaspars Balodis savu programmu bija darbinājuši 15 minūtes un pārliecinājušies, ka Strazdiņa hipotēze ir pareiza skaitļiem līdz N=15 miljoni.

Mārtiņš Opmanis savu programmu bija darbinājis 8 stundas un pārliecinājies, ka Strazdiņa hipotēze ir pareiza skaitļiem līdz N=400 miljoni.

Manis paša vasarā rakstītā programma uzkrāj atmiņā visas katram skaitlim uzģenerētās kvadrātu summas, tāpēc tā beidz darbu, kad atmiņas pietrūkst (uz datora ar 2GB atmiņu tā tika līdz N=1 200 000).

2. Rihards Opmanis izklāstīja savus pētījumus, mēģinot noskaidrot, "kas tie ir par skaitļiem", kurus nevar uzrakstīt kā 3 kvadrātu summas.

Vispirms viņš novērojis, ka 3 kvadrātu summās nevar uzrakstīt skaitļus 8k+7 (kur k - naturāls skaitlis). To var pierādīt šādi. Skaitlis x var būt vienā no 8 formām: 8k, 8k+1, 8k+2, 8k+3, 8k+4, 8k+5, 8k+6, 8k+7. Skaitlis x2 tāpēc attiecīgi var būt tikai 3 formās 8k, 8k+1, 8k+4 (pārbaudiet katru no 8 x formām). Un 3 šādu kvadrātu summa tāpēc var būt tikai formās 8k, 8k+1, 8k+2, 8k+3, 8k+4, 8k+5, 8k+6, bet nevar būt formā 8k+7. Q.E.D.

Šo novērojumu Rihardam izdevies vispārināt: 3 kvadrātu summās nevar uzrakstīt skaitļus 22m(8k+7), kur k, m - naturāli skaitļi (pie m=0 iegūstam vienkārši 8k+7). To var pierādīt ar indukciju pa m. Skaitlis N=22m+2(8k+7) dalās ar 4, tāpēc ja N=a2+b2+c2, tad a, b, c visi nevar būt visi trīs nepārskaitļi. Ja a ir pārskaitlis, tad N-a2 = b2+c2 jādalās ar 4. No tā seko, ka arī b un c jābūt pārskaitļiem. Tiešām, ja tie abi būtu nepārskaitļi, tad (2p+1)2+(2q+1)2 = 4p2+4p+1+4q2+4q+1, kas nedalās ar 4. Tātad a, b, c visi ir pārskaitļi 2p, 2q, 2r un tāpēc N=4(p2+q2+r2), jeb dalot abas puses ar 4: 22m(8k+7) = p2+q2+r2, kas ir pretrunā ar indukcijas pieņēmumu. Q.E.D.

Un beidzot, aplūkojot skaitļus līdz 1 miljonam, Rihards nav pamanījis nevienu skaitli, ko nevar uzrakstīt kā 3 kvadrātu summu, un kurš nebūtu formā 22m(8k+7). Tātad ir pamats izvirzīt hipotēzi: skaitli nevar uzrakstīt kā 3 kvadrātu summu tad un tikai tad, ja tas ir uzrakstāms formā 22m(8k+7), kur k, m - naturāli skaitļi.

3. Nobeigumā es pastāstīju par Goldbaha hipotēzi, Goldbaha komētu (un pat Goldbaha ledāju). Pamatā izmantoju John Baker rakstu Excel and the Goldbach Comet, Bond University, 2005. Paskatiet bildes un palasiet paši. Interesanta ir ideja izmantot mūsu eksperimentos Excel tabulas, tad "komētu" zīmēšanas iespēja "nāk par velti". (Pagājušā gada Goldbaha diskusiju info sk. šeit.)

[Pievienots 07.10.2007. Sestdienas vakarā, meklējot savā mājas bibliotēkā informāciju par Goldbaha hipotēzes variantiem, nejauši uzdūros tulkotāja piezīmei grāmatas G.Rademaher, O.Teplic "Cisla i figuri", 1966 beigās: "Mazliet negaidīti, sarežģītāks ir uzdevums par to skaitļu pilnīgu raksturojumu, kurus var sadalīt triju kvadrātu summā. Izrādās, ka tāds sadalījums ir iespējams visiem skaitļiem, izņemot skaitļus izskatā 4n(8k-1), kur n un k ir veseli skaitļi. ... Bet pierādījums, ka visus pārējos skaitļus tādā veidā [triju kvadrātu summā - KP] var attēlot, prasa ļoti nopietnas pūles (244.-245.lpp.).

Tātad Riharda atrastais "ne-3-kvadrātu skaitļu" raksturojums ir pilnīgi precīzs, un kaut kur eksistē ļoti sarežģīts pierādījums, ka "tas tā arī ir". Dīvaini, ka pierādījuma autors grāmatā nav minēts. Vai spēsim to atrast internetā?]

[Pievienots 09.10.2007. Negaidīta attīstība! Pārmaiņus, kopā ar Mārtiņu Opmani veicot meklējumus internetā (piektdien pastāstīsim, kā mums tas izdevās), atradām kādu 1927.gada rakstu, kurā mūsu problēma ir atrisināta līdz galam! Līdz piektdienai pamēģiniet atrisināt šādu uzdevumu: pieņemot Riharda hipotēzi par pierādītu, noskaidrojiet (bez jebkādiem dator-eksperimentiem), kas tie ir par skaitļiem, kurus NEVAR uzrakstīt formā x2+y2+2z2. Un izseciniet no šī sava rezultāta Strazdiņa hipotēzi!

Kā kolēģiem veicas ar 1.uzdevuma programmas sacerēšanu? Sk. manas programmas darba rezultātus (1 MB) līdz N=2100.]


12.oktobra nodarbības protokols

1. Ģirta Strazdiņa hipotēze pierādīta! Kā mēs to paveicām? Vispirms, mēģinājām atrast internetā kaut ko par Riharda hipotēzi: skaitli nevar uzrakstīt kā 3 kvadrātu summu tad un tikai tad, ja tas ir uzrakstāms formā 22m(8k+7). Mārtiņš Opmanis mēģināja meklēt ar google "8k-1 sum of three squares" (bez pēdiņām). Un atrada rakstu

L. E. Dickson. Quaternary Quadratic Forms Representing all Integers. American Journal of Mathematics, Vol. 49, No. 1 (Jan., 1927), pp. 39-56.

Bez maksas varēja apskatīt tikai raksta pirmo lappusi, bet tajā bija minēts, ka Riharda hipotēzes pierādījumu jau 1850.gadā publicējis pats Ležēns Dirihlē (Lejeune Dirichlet, 1805-1859). Maksāt negribējās, tāpēc es nolēmu pameklēt Leonarda Diksona (Leonard Eugene Dickson, 1874-1954) rakstus, ko var izlasīt bez maksas. Un uzreiz atradu īsto:

L. E. Dickson, “Integers Represented by Positive Ternary Quadratic Forms”. Bull. Amer. Math. Soc., 33 (1927), 63–70.

Ir vērts apskatīt šo rakstu. Tur minēta ne tikai Dirihlē teorēma (=Riharda hipotēze):

Teorēma 1. Skaitli var uzrakstīt formā x2+y2+z2 tad un tikai tad, ja tas nav uzrakstāms formā 4k(8n+7).

bet arī šāds rezultāts:

Teorēma 5. Skaitli var uzrakstīt formā x2+y2+2z2 tad un tikai tad, ja tas nav uzrakstāms formā 4k(16n+14).

Tā kā neviens naturāls skaitlis nevar būt vienlaicīgi uzrakstāms abās formās 4k(8n+7) un 4k(16n+14), tad ikviens naturāls skaitlis IR uzrakstāms vienā no formām - x2+y2+z2 vai x2+y2+2z2. Līdz ar to Ģirta Strazdiņa hipotēze ir pierādīta!

Izrādās, ka teorēma 5 ir pavisam viegli izvedama no teorēmas 1, izmantojot vienkāršu ekvivalenci (pārbaudiet paši):

m = x2+y2+z2 <-> 2m = (x+y)2+(x-y)2+2z2.

Vispirms,

m = x2+y2+z2 <-> m nav 4k(8n+7) <-> 2m nav 4k(16n+14) <-> 2m = (x+y)2+(x-y)2+2z2.

Tātad pārskaitļeim 2m teorēma 5 ir pierādīta. Atliek pierādīt, ka visi nepārskaitļi 2m+1 ir uzrakstāmi kā x2+y2+2z2. Ņemsim skaitli 4m+2. Tas nav uzrakstāms kā 4k(8n+7), tāpēc 4m+2 = a2+b2+c2. Viens no skaitļiem a, b, c ir pārskaitlis, piemēram, c = 2z. Tad a un b ir vienāda paritāte, t.i. skaitļi x, y, kam x+y=a un x-y=b, ir veseli skaitļi. Tātad 4m+2 = (x+y)2+(x-y)2+4z2, jeb 2m+1=x2+y2+2z2. Q.E.D.

Kas mums te vēl pietrūkst? Neesam redzējuši pašu Dirihlē pierādījumu teorēmai 1. Kā iepriekšējā nodarbībā parādīja Rihards (sk. protokolu), izsecināt, ka skaitļi 4k(8n+7) nav x2+y2+z2 , var pavisam viegli. Bet kā pierādīt, ka skaitļi, kas nav 4k(8n+7), visi ir uzrakstami kā x2+y2+z2? Tas laikam ir diezgan sarežģīti...

Ir vēl viens interesants raksts - sk. www.math-cs.cmsu.edu/~mjms/2003.3/Beintema.ps. Tajā parādītas visas iespējamās 54 kvadrātiskās formas ar 4 mainīgiem (ax2+by2+cz2+dw2), kas tāpat kā forma x2+y2+z2+w2 spēj attēlot visus naturālos skaitļus. Tās atrada izcilais un ļoti oriģinālais indiešu matemātiķis Ramanudžans (Srinivasa Ramanujan, 1887-1920). Par viņa fantastiskajām matemātiskajām formulām sk. http://en.wikipedia.org/wiki/Srinivasa_Ramanujan.

2. Problēma. Eksistē pavisam 54 kvadrātiskās formas ar 4 mainīgiem (ax2+by2+cz2+dw2), kas spēj attēlot visus naturālos skaitļus. Neviena kvadrātiskā forma ar 3 mainīgiem (ax2+by2+cz2) to nespēj. Bet to spēj Ģirta Strazdiņa formu pāris (x2+y2+z2, x2+y2+2z2)! Cik šādu "universālo pāru" ir pavisam? Vai ar minēto Diksona rakstu pietiks, lai šo problēmu atrisinātu?

3. Pameklējiet ar google Dickson ternary. Atrodas interesantas lietas...

4. Vai, aplūkojot savas 1.uzdevuma programmas darba rezultātus (piemērs), Jums rodas kādas citas interesantas hipotēzes, par kurām būtu vērts padomāt?

5. Nobeigumā mēs sākām apspriest nākošo uzdevumu - nereducējamos skaitļus, kas jāuztver kā pirmskaitļa jēdziena paplašinājums. Vispirms bija diskusija par Dāvja Krastiņa divus gadus veco hipotēzi: visas divnieka pakāpes ir 3-nereducējami skaitļi. Asoc.prof. Kārlis Čerāns apšaubīja, ka tā varētu būt patiesa, jo vajadzētu būt situācijām, kad 2n = 3m+K, kur K nav pārāk liels skaitlis, bet trijnieka pakāpes otrā veida pierakstā attēlojas "ekonomiskāk" nekā divnieka pakāpes.

Tiešām, N=3m = (1+1+1)*(1+1+1)*..., t.i. šīs izteiksmes garums ir 6m-1, jeb 6log3N-1. Tai pat laikā divnieka pakāpēm N=2m sanāk: (1+1)*(1+1)*..., t.i. garums 4m-1, jeb 4log2N-1, kas ir lielāks par 6log3N-1. Pārliecināsimies par to: 4log2N > 6log3N, jeb 2log2N > 3log3N = 3log32*log2N, jeb 2>3log32, un 32>23. Q.E.D.

No tā laikam varam izsecināt "drošāku" hipotēzi: visas trijnieka pakāpes ir 3-nereducējami skaitļi? Un par divnieka pakāpēm domāsim pēc tam?

Savukārt, Rihards bija veicis skaitliskus eksperimentus. Viņu visvairāk ieinteresēja (arī divus gadus vecā) hipotēze, ka visi naturālie skaitļi varētu būt, piemēram, 13-nereducējami. Un viņš mēģināja iegūt datus, kas šo hipotēzi apgāztu. Bet tā kā viņa programmas darba rezultāti dažos punktos atšķīrās no manas divus gadus vecās (un arī ne sevisķi labi pārbaudītās) programmas darba rezultātiem, tad mums laikam būs "jāpagaida trešais", kura programma palīdzētu noskaidrot patiesību?

Nākamā nodarbība - 26.oktobrī.


26.oktobra nodarbības protokols

1. Vispirms mēģināju izstāstīt divus teorētiskus secinājumus nereducējamo skaitļu problēmā.

Kā jau pamanījām, trijnieka pakāpēm, liekas, ir relatīvi visīsākās otrā veida izteiksmes: N=3m = (1+1+1)*(1+1+1)*..., un šīs izteiksmes garums ir 6m-1, jeb 6log3N-1, un tas ir labāk nekā 4log2N-1, ko novērojam divnieka pakāpēm.

Ar C2(N) apzīmēsim visīsākās otrā veida izteiksmes garumu skaitlim N (C nozīmē complexity). Atcerēsimies

Dāvja Krastiņa teorēmu 2. Jebkuram skaitlim N>1 visīsākais otrā veida pieraksts ir iegūstams no tā sadalījuma pirmreizinātājos, katru no tiem attēlojot pirmā veida pierakstā.

Tātad, ja N=p1 ... pk ir skaitļa N sadalījums pirmreizinātājos, tad attiecīgi:

N=(1+1+...)*(1+1+...)* ... *(1+1+...)

un tāpēc C2(N) = 2(p1+ ... +pk) -1.

Vai mums izdosies pierādīt, ka trijnieka pakāpēm tiešām ir relatīvi visīsākās otrā veida izteiksmes? Tagad izdosies.

Teorēma 3. Jebkuram naturālam skaitlim N, C2(N) >= 6log3N-1 (tas ir ~3,79log2N-1)

Pierādījums. Ja N=p1 ... pk ir skaitļa N sadalījums pirmreizinātājos, tad mums ir jāpierāda, ka 2(p1+ ... +pk) -1 >= 6log3N-1, jeb
p1+ ... +pk >= 3log3N, jeb (kur ^ apzīmē kāpināšanu):
3^(p1)* ... *3^(pk) >= N3.
To mums arī vajadzētu pierādīt. Un tas nav grūti, jo jebkuram p: p3<=3p (tiešām, 23<32, 33=33, 53<35 utt.). Tātad pi3<=3^pi un N3<=3^(p1)* ... *3^(pk). Q.E.D.

Uzdevums. Pierādiet, ka ja N nedalās ar 3, tad C2(N) >= 4log2N-1.

Hipotēze 3A. (vai izdosies?). Trijnieka pakāpes ir 3-nereducējami skaitļi (t.i. tām labākā trešā veida izteiksme nav īsāka par labāko otrā veida izteiksmi (1+1+1)*(1+1+1)*...).

Pierādījums? Labākās otrā veida izteiksmes garums skaitlim N = 3m ir 6log3N-1. Aplūkosim patvaļīgu trešā veida izteiksmi:
N = 3m = N1+N2+...+Nk,
kur visi saskaitāmie ir attēloti ar otrā veida izteiksmi. Saskaņā ar teorēmu 3, C2(Ni) >= 6log3Ni-1, tātad mūsu trešā veida izteiksmes kopgarums ir
>= -1 + 6*summa log3Ni = -1 + 6*log3(N1N2... Nk).
Mums tātad derētu pierādīt, ka
-1 + 6*log3(N1N2... Nk) >= 6log3N-1 = 6log3(N1+N2+...+Nk)-1,
jeb
N1N2... Nk >= N1+N2+...+Nk.
Diemžēl, šī nevienādība, kaut arī izpildās "vairumā gadījumu", vienmēr tomēr neizpildās. Ja visi Ni>=2, un apzīmējam M=max(N1, N2, ..., Nk), tad
N1N2... Nk >= 2k-1M >= kM >= N1+N2+...+Nk
(jo 2k-1>=k visiem k>0). Šo secinājumu var nedaudz pastiprināt: ja M ir maksimums, bet īpašība Ni>=2 ir j skaitļiem, un pārējie Ni=1, tad
N1N2... Nk >= 2jM,
un
(j+1)M+(k-j-1) >= N1+N2+...+Nk.
Tātad, ja 2jM>=(j+1)M+(k-j-1), tad mūs interesējošais secinājums izpildās.

Neapskatīti tātad paliek tie gadījumi, kad 2jM < (j+1)M+(k-j-1), jeb 2jM-(j+1)(M-1) < k, kur M ir maksimums, bet īpašība Ni>=2 ir j skaitļiem, un pārējie Ni=1. Ko darīt? Rakstiet vēstules.

...

2. Mārtiņa Opmaņa eksperimentu rezultāti, attēlojot skaitļus ar visīsāko izteiksmi no 1, + un *.

Šis uzdevums atšķiras no mūsu "nereducējamo skaitļu teorijas", jo katram skaitlim tiek meklēta nevis īsākā otrā veida izteiksme, trešā veida izteiksme utt. bet absolūti visīsākā izteiksme no 1, + un *. Tāda k-nereducējamu skaitļu jēdziena te vairs nav, tā vietā katram skaitlim piekārto rangu - visīsākās izteiksmes "dziļumu". Piemēram, rangs(1)=0, rangs(2)=1 (jo 2=1+1), rangs(6)=2 (jo 6=(1+1+1)*(1+1) un īsāk nevar), utt. [Jānis rangu sauc par skaitļa kārtu, sk. zemāk.]

Mārtiņa eksperimentos tiek ģenerēti skaitļu īsākie pieraksti un tiek novērotas to īpašības. Kā standarta pieraksta forma ir izvēlēts t.s. inversais poļu pieraksts, kas ļauj iztikt bez iekavām. Piemēram, 1+1 pieraksta kā 11+, bet (1+1)+(1+1) - kā 11+11++, un (1+1)+1 - kā 11+1+, kā arī 1+(1+1) - kā 111++.

Aplūkojot skaitļu īsākos pierakstus, Mārtiņs ir novērojis šādas likumsakarības:

1) Nekur trīs vai vairāk '1' neatrodas blakus;
2) Divas vienādas darbības zīmes nekur neatrodas blakus;
3) '*' nekad neseko aiz '1' (ja saliek kopā 2) ar 3), sanāk, ka '*' var sekot tikai aiz '+');
4) Izteiksme, kas nav triviāla (t.i. nav '1'), vienmēr sākas ar "11+".

Ģenerēšanas laikā daļu vērtības un rangi tiek rēķināti dinamiski un tur nāk klāt vāl dažas patiesības:

5) Darbības zīme var parādīties tikai tad, ja stekā ir vismaz divi elementi;
6) Ja stekā ir viens elements, tas nozīmē, ka līdz šim apstrādāta daļa ir korekta izteiksme un var pārbaudīt, vai iegūtais rezultāts nav kas labāks par zināmo.

Pirmās 4 likumsakarības var uzreiz izskaidrot (t.i. pierādīt attiecīgās teorēmas):

1) Pierādījums. Pieņemsim, ka kaut kur izteiksmē trīs vieninieki atrodas blakus. Apzīmēsim tos ar 1(1), 1(2) un 1(3) - iekavās norādīts, kurš vieninieks pēc kārtas grupā tas ir. No postfikso izteiksmju aprēķināšanas metodes (ejam cauri no kreisās puses uz labo, ja sastopam 1, tad liekam to stekā,
ja sastopam darbības zīmi, tad izpildām šo darbību ar steka augšējo un priekšpēdējo elementu, kurus izņemam no steka, savukārt rezultātu atliekam stekā kā augšējo elementu) skaidrs, ka 1(2) un 1(3) kādu izteiksmju aprēķināšanā piedalīsies agrāk kā 1(1). Tā kā gan saskaitīšana, gan reizināšana ir komutatīvas darbības, abus operandus varam mainīt vietām - t.i., panākt situāciju, ka katrs vieninieks, kas atrodas vairāk pa kreisi, piedalās darbībā ne vēlāk kā vieninieks, kas atrodas vairāk pa labi.
Tāpēc, piemēram, 111++, kas ir 1+(1+1), var pārveidot par (1+1)+1=1+1+1=11+1+ .

2) Pierādījums. Ja izteiksmē divas darbības zīmes (aplūkošu reizināšanu, ar saskaitīšanu situācija ir analoģiska) atrodas blakus, veidojas situācija abc**,  kur a, b, c kādi operandi. Aplūkojot šīs izteiksmes "parastajā" pierakstā, redzam, ka tās atbilst izteiksmei a*(b*c) - tātad, otrās pēc kārtas reizināšanas
otrais operands ir reizinājums. Tā kā reizināšana ir asociatīva darbība, katru šādu reizināšanas izteiksmi no trim vai vairāk operandiem varam aprēķināt tā, ka operācijas tiek izpildītas sākot no kreisās puses:  a*(b*c) = a*b*c = (a*b)*c. Postfiksajā pierakstā abc** ===> ab*c* un abu izteiksmju rezultāts ir vienāds.

3) Pierādījums. Ja izteiksmē veidojas situācija "a1*", tas nozīmē, ka, aprēķinot šīs izteiksmes vērtību, tiks izpildīta darbība a*1. Tā kā šīs izteiksmes vērtība ir a jebkuram a, bet pieraksta garums ir a garums + 2, šajā kontekstā šādas izteiksmes aplūkot nav lietderīgi.

4) Pierādījums. Aplūkosim netriviālu postfikso izteiksmi, kurā ir vismaz viena darbības zīme (bez darbības zīmēm var izveidot tikai triviālo izteiksmi no viena vieninieka). Šajā izteiksmē aplūkosim pirmo darbības zīmi(#) : abcd# . Pirms # neviena cita darbības zīme nevar būt (jo aplūkojam pirmo). Tātad pirms # visi ir 1 :  11111# . Lai varētu izpildīt kādu darbību, stekā jābūt vismaz diviem elementiem. Pēc 2), blakus esošo vieninieku skaits nepārsniedz divus. Secinājums - pirms pirmās darbības zīmes ir tieši divi vieninieki. Tātad izteiksmes sākums ir formā 11# . Tā kā pēc 4) aiz vieninieka neseko reizināšana, tad # vietā var būt tikai saskaitīšana. Tātad jebkura netriviāla izteiksme sākas ar "11+".

P.S. Rakstīju uzreiz bez melnraksta, tāpēc, iespējams, kaut kas izklāstīts nepietiekami eleganti. Mārtiņš.

Par izteiksmju par garumiem (hipotēzes izvirzīšanā piedalījas arī Kārlis Čerāns un Jāņa Iraida programma). Mārtiņa pierādījums, ka vislielākais skaitlis, kam postfiksās [1,+,*]-izteiksmes garums nepārsniedz n, ir:

Par izteiksmju rangiem. Mārtiņa programmas rezultāti: pirmais n, kam īsākās izteiksmes rangs ir k (šie dati sakrīt ar Jāņa programmas datiem, sk. zemāk):

k    n
------
0   1
1   2
2   6
3   7
4   14
5   23
6   86
7   179
8   538
9   1439
10   9566
11   21383
12   122847
13   777419
14   1965374
15   5230427
16   19860278 *
17   26489579 *
Pēdējās divas vērtības ir pareizas tikai tad, ja ir spēka Mārtiņa hipotēze, "reizinājums vai +1" - šīm divām vērtībām pilnā saskaitīšanas pārbaude nav veikta.

[Piebilde no Mārtiņa vēstules 2008.gada 28.februārī 13:27. Tās zvaigznītes var ņemt nost, jo šīm vērtībām tagad ir veikta "pilnā pārbaude". Rangs 18 pagaidām (kad ir "pārrakts" līdz 48690000) neatrodas.]

3. Jāņa Iraida programma.

Jāņa programmas exe un darba rezultatus sk. 2,5 MB datnē JI.ZIP. Programmai nereduc.exe vajadzīgi 2 parametri - skaitlis, līdz kuram rēķināt, un izvada datnes vārds. Piemēram, komandrinda "nereduc.exe 100000 s.txt" rēķinās līdz 100000 un rezultātus izvadīs datnē s.txt (uz Jāņa un arī mana datora tas aizņem 30 sekundes).

Datnē tiek izvadīta tabula no 3 kolonām: skaitlis x, garums ('1' skaits visīsākajā izteiksmē no 1, +, *, kas rezultātā dod x), kārta (minētas izteiksmes "dziļums" kā to saprotam mūsu nereducējamo skaitļu teorijā).

Lai šos datus varētu salīdzināt ar mans vecās programmas datiem (piemēram, e3_9_16500.txt), jāievēro, ka:
a) Mana programma drukā izteiksmes garumu (bez iekavām), t.i. '1' un operāciju kopskaitu, kas ir 2V-1, kur V ir '1' skaits izteiksmē, t.i. Jāņa programmas drukātais "garums".
b) Jāņa programmas "kārta" ir par vienu mazāka nekā manas programmas drukātā "nereducējamība": Jāņa kārtai 2 atbilst mana iezīme TRE, kārtai 3 - mana iezīme CET utt.

Lielākā vērtība, protams, ir, datoram strādājot 2 stundas un 9 minūtes, iegūtā 13 MB datne skaitļiem līdz 1000000. To varat iegūt no minētās ZIP datnes, jo Internet Explorer tik lielu datni atvērt nespēj. Tās vietā varat aplūkot mazāku datni tās pašas programmas datni s.txt - par skaitļiem līdz 100000. Salīdzinot to ar manas programmas datiem, varam secināt, ka vismaz "redzamības apgabalā" abas programmas strāda vienādi (t.i. "pareizi").

Vēl viens interesants Jāņa novērojums - ja x ir mazākais skaitlis, kura pierakstam vajadzīgi garums y, tad (aptuveni):
y = 3,3889ln(x)-0,0745.
To var ieraudzīt, ja (piemēram, ar MS Excel palīdzību) uzzīmē grafiku y atkarībai no ln(x) - tas iznāk tuvu taisnei! Tiešām, sk. Jāņa grafiku
garums.JPG.

Tādu pat grafiku var uzzīmēt funkcijai "x ir mazākais skaitlis, kura pierakstam vajadzīga kārta y"- sk. Jāņa tabulu:

1
2
6
7
14
23
86
179
538
1439
9566
21383
122847
777419.

un grafiku kaarta.JPG. Vai mēs pratīsim atrast arī šai funkcijai kādu formulu?

Aplūkojot tabulu s.txt, var pamanīt, ka arī funkcija garums(x) (t.i. skaitļa x visīsākās izteiksmes garums) aug diezgan vienmērīgi, vai arī tās augšanas ātrums nav logaritms?

3. Pirmskaitļi, spirāles un polinomi


9. novembra nodarbības protokols

1. Mārtiņa pierādīto teorēmu var izmantot, lai pierādītu to, kas man pašam līdz galam tā arī neizdevās.

Teorēma 3A. Skaitļi 3k (k>=1) ir 3-nereducējami skaitļi (t.i. tiem labākā trešā veida izteiksme nav īsāka par labāko otrā veida izteiksmi (1+1+1)*(1+1+1)*...). Vēl vairāk, skaitļi 3k (k>=2) ir 2.kārtas skaitļi (t.i. tiem vislabākā izteiksme ir otrā veida izteiksme).

Pierādījums. Skaitlim 3k (k>=1) labākā otrā veida izteiksme ir (1+1+1)*(1+1+1)*..., tās garums ir 6k-1. Saskaņā ar Mārtiņa teorēmu, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar izteiksmi garumā līdz 6k-3, ir 2*3k-1, kas ir mazāks par 3k. Tātad 3k nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k-1 (izteiksmju garumi ir nepārskaitļi). Q.E.D.

Teorēma 3B. Skaitļi 2*3k (k>=1) ir 3-nereducējami skaitļi (t.i. tie°m labākā trešā veida izteiksme nav īsāka par labāko otrā veida izteiksmi (1+1)*(1+1+1)*...). Vēl vairāk, skaitļi 2*3k (k>=1) ir 2.kārtas skaitļi (t.i. tiem vislabākā izteiksme ir otrā veida izteiksme).

Pierādījums. Skaitlim 2*3k labākā otrā veida izteiksme ir (1+1)*(1+1+1)*(1+1+1)*..., tās garums ir 6k+3. Saskaņā ar Mārtiņa teorēmu, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar izteiksmi garumā līdz 6k+1, ir 4*3k-1, kas ir mazāks par 2*3k. Tātad 2*3k nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k+3 (izteiksmju garumi ir nepārskaitļi). Q.E.D.

Teorēma 3C. Skaitļi 4*3k (k>=0) ir 3-nereducējami skaitļi (t.i. tiem labākā trešā veida izteiksme nav īsāka par labāko otrā veida izteiksmi (1+1)*(1+1)*(1+1+1)*...). Vēl vairāk, skaitļi 2*3k (k>=1) ir 2.kārtas skaitļi (t.i. tiem vislabākā izteiksme ir otrā veida izteiksme).

Pierādījums. Skaitlim 4*3k-1 labākā otrā veida izteiksme ir (1+1)*(1+1)*(1+1+1)*(1+1+1)*..., tās garums ir 6k+1. Saskaņā ar Mārtiņa teorēmu, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar izteiksmi garumā līdz 6k-1, ir 3k, kas ir mazāks par 4*3k-1. Tātad 4*3k-1 nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k+1 (izteiksmju garumi ir nepārskaitļi). Q.E.D.

2. Tā kā vairāk neko tādā veidā pierādī man neizdevās, tad es pamēģināju savas programmas darba rezultātos katram n sameklēt otro lielāko skaitli, kam izteiksmes garums nepārsniedz n. Tie ir skaitļi 8, 16, 24, 32, 48, 72, 96, 144, 216, 288, ...

Hipotēze 4. Otrais lielākais skaitlis, kam postfiksās [1,+,*]-izteiksmes garums nepārsniedz [vai tikai vienāds ar?] n, ir (šeit k>=0):

Vai kolēģiem izdosies šo hipotēzi pierādīt? Ja izdosies, tad no tās pavisam viegli sekos

Hipotēze 4A. Skaitļi 23*3k, 24*3k, 25*3k (k>=0) ir 3-nereducējami skaitļi (t.i. tiem labākā trešā veida izteiksme nav īsāka par labāko otrā veida izteiksmi). Vēl vairāk, šie skaitļi ir 2.kārtas skaitļi (t.i. tiem vislabākā izteiksme ir otrā veida izteiksme).

Ko varētu darīt tālāk? Varbūt, jāaplūko trešie, ceturtie utt. lielākie skaitļi katram garumam n, un tādā veidā nonāksim pie secinājuma, ka visi skaitļi 2m*3n (t.sk. divnieka pakāpes!) ir 2.kārtas skaitļi?

Starp citu, izmantojot Mārtiņa teorēmu, var pierādīt arī, ka 5*3k ir 2.kārtas skaitļi. Tiešām, skaitlim 5*3k labākā otrā veida izteiksme ir (1+1+1+1+1)*(1+1+1)*...tās garums ir 10+6k-1=6k+9. Saskaņā ar Mārtiņa teorēmu, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar izteiksmi garumā līdz 6k+7=6(k+1)+1, ir 4*3k, kas ir mazāks par 5*3k. Tātad 5*3k nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k+9 (izteiksmju garumi ir nepārskaitļi). Q.E.D.

Arī, skaitļi 52*3k ir 2.kārtas skaitļi - te palīdz hipotēze 4. Tiešām, skaitlim 5*3k labākā otrā veida izteiksme ir (1+1+1+1+1)*(1+1+1+1+1)*(1+1+1)*...tās garums ir 20+6k-1=6k+19. Saskaņā ar hipotēzi 4, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar izteiksmi garumā līdz 6k+17=6(k+1)=11, ir 8*3k+1=24*3k, kas ir mazāks par 25*3k. Tātad 52*3k nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k+19 (izteiksmju garumi ir nepārskaitļi). Q.E.D.

Bet ar skaitļiem 53*3k tas vairs nesanāk. - tur vajag kaut ko stiprāku...

3. Kārļa Čerāna komentāri mūs ieinteresēja par attālumiem starp divnieka un trijnieka pakāpēm. Mārtiņš šo jautājumu bija papētījis. Teorētiski (esot?) pierādīts, ka |2x-3y|=1 tikai pie x=1, x=2 un x=3. Tālāk, |2x-3y|=2 un |2x-3y|=3 nav iespējams vispār. Bet par to, vai |2x-3y|=5 ir iespējams tikai pie x=5 un y=3, nekādu teorētisku rezultātu neesot?

Bet Mārtiņa dator-eksperimenti rāda, ka, x palielinoties, pakāpes 2x attālums līdz tuvākajai trijnieka pakāpei pieaug. Tabulā parādītas "tuvākās" divnieka un trijnieka pakāpes (???) līdz pāri par 210 000 000.

Šāds eksperiments, protams, nav realizējams ar tradicionālo pieeju, kad skaitļus glabā un apstrādā kā integer tipa mainīgo vērtības. Mārtiņa programma katru divnieka pakāpi attēlo trijnieku skaitīšanas sistēmā, t.i. kā ciparu 0, 1, 2 masīvu. Piemēram, 26 = 64 = 2*33+1*32+1, tātad masīvā jānoglabā 2101. Ja kāds skaitlis ir tuvu trijnieka pakāpei, tad masīvā jāparādās 100000..., t.i. 1 ar vairākām sekojošām nullēm. Ja skaitlis 2x jau "ir masīvā", tad 2x+1 var izrēķināt ļoti viegli...

4. Secinot "pēc indukcijas", var kļūdīties (ja divu izteiksmju vērtības sakrīt līdz 42-jai vai pat līdz 268-jai decimālzīmei, tad tas vēl negarantē, ka abas vērtības pilnīgi sakrīt). Piemēram (sk. EM otrās grāmatas 11.lpp.), summējot pa n no 1 līdz bezgalībai izteiksmes [n*tanh(pi)]/10n, iegūst skaitli, kas līdz 268-jai decimālzīmei sakrīt ar 1/81 (šeit [x] apzīmē lielāko veselo skaitli, kas nepārsniedz x). Bet tālāk jau sākas atšķirības...

5. Vēlreiz par rezultātiem un metodēm, ar ko eksperimentālie matemātiķi lepojas visvairāk un par Eilera konstanti. Bet PSLQ algoritms ir ļoti sarežģīts...

Turpinājums sekos...


16. novembra nodarbības protokols

1. Noslēpumainais attēls. Vai tas ir kas vairāk par fraktāļiem?

2. Daži Riharda Opmaņa atradumi divnieku un trijnieku pakāpju problēmā.

Catalan's Conjecture. Vienādojumam xp-yq=1 vienīgais atrisinājums ar p, q>1 ir 32-23=1.

Vispirms, 1976.gadā Robert Tijdeman pierādīja, ka atrisinājumu ir galīgs. Bet 2002.gadā Preda Mihailescu 2002.gadā Katalana hipotēzi pierādīja līdz galam. Sīkāk sk.:
Ivars Peterson. Conquering Catalan’s Conjecture. Science New Online, 2002, June 22 (http://www.sciencenews.org/articles/20020622/mathtrek.asp).

Størmer's theorem (Carl Størmer) Ņemam galīgu kopu no pirmskaitļiem (piemēram {2, 3}), un ģenerējam visus iespējamos šo skaitļu pakāpju reizinājumus (piemēram, 24*34). Tādā veidā radīsies tikai galīgs skaits pāru (n, n+1).

Ja xp-yq=1 vietā aplūkojam xp-yq=2, xp-yq=3 utt., tad visi tic, ka katram no šiem šiem vienādojumiem eksistē tikai galīgs skaits atrisinājumu, (tas ir Pillai's conjecture, S. S. Pillai), bet pierādīts tas joprojām nav.

Richard K.Guy grāmatā Unsolved Problems in Number Theory ir nodaļa D9 par Katalana hipotēzi. Tur aplūkota visu >1 pakāpju virkne: 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64, 81, .... Tā n-to locekli apzīmēsim ar a(n). Tālāk tur teikts: "Chudnovsky claims to have proved that a(n+1)-a(n) tends to infinity with n. Erdos conjectures that a(n+1)-a(n) > c'nc, but says that there is no present hope of proof."


23. novembra nodarbības protokols

1. Pat paguvu izpētīt trešo lielāko (un daļēji - ceturto lielāko) skaitli, kam postfiksās [1,+,*]-izteiksmes garums nepārsniedz [vai tikai vienāds ar?] n. Ja šos rezultātus mēģina apvienot vienā tabulā ar Mārtiņa teorēmu un hipotēzi 4, tad iegūstam šādu tabulu:

Hipotēze 5.

Izteiksmes garums

Lielākais skaitlis
(Mārtiņa teorēma)

Otrais lielākais
(eksp.novērojumi)

Trešais lielākais
(eksp.novērojumi)

Ceturtais lielākais
(eksp.novērojumi)

6k+1 (jeb 3k+1)

22*3k-1

25*3k-3

2*3k-2*5

28*3k-5

6k+3 (jeb 3k+2)

2*3k

24*3k-2

3k-1*5

27*3k-4

6k+5 (jeb 3k+3)

3*3k

23*3k-1

26*3k-3

?

Katrā no izteiksmēm pieļaujamās k vērtības nosaka kāpinātājs pie 3, piemēram, izteiksmē 28*3k-5 atļautas tikai vērtības k>=5.

Izmantojot šo hipotēzi, mēs varētu paplašināt to skaitļu loku, kuriem mēs spējam pierādīt, ka tie ir 2.kārtas skaitļi. Iepriekšējā nodarbībā mums tādi bija: 3k, 2*3k, 22*3k, 23*3k, 24*3k, 25*3k, 5*3k, 52*3k. Kuri tagad nāks klāt?

2. Divus nopietnus rezultātus prezentēja Rihards.

2.1. Vispirms, viņš parādīja, kā ar Mārtiņa teorēmas palīdzību var pierādīt daudz vairāk 2.kārtas skaitļu, salīdzinot ar to, kas man izdevās iepriekšējā nodarbībā (sk. teorēmas 3A, 3B, 3C un hipotēzi 4A):

Teorēma 3X. Ja 0<=a<=10, un skaitlis 2a*3k nav mazāks par 6, tad tas ir 2.kārtas skaitlis. T.i. tam vislabākā ir otrā veida izteiksme (1+1)*...*(1+1+1)*....

Pierādījuma piemērs. Skaitlim 210*3k labākā otrā veida izteiksme ir (1+1)*(1+1)*... *(1+1+1)*(1+1+1)*..., tās garums ir 40+6k-1 = 6k+29. Saskaņā ar Mārtiņa teorēmu, vislielākais skaitlis, ko var attēlot ar mazāku izteiksmi, t.i. ar izteiksmi garumā līdz 6k+27=6(k+4)+3, ir 2*3k+4 = 2*81*3k = 162*3k, kas ir mazāks par 1024*3k. Tātad 210*3k nevar attēlot ar izteiksmi, kas īsāka par 6k+29. Q.E.D.

Vēlāk pats pārbaudīju šos Riharda datus, un konstatēju, ka tie ir pareizi, bet ka tādā par veidā sanāk arī:

Teorēma 3Y. Skaitļi 2*3k*5 22*3k*5 un 23*3k*5 ir 2.kārtas skaitļi.

2.2. Jau agrāk, ar savas programmas palīdzību Mārtiņš bija novērojis likumsakarību (līdz daudziem miljoniem): 2.kārtas skaitļi ir tikai skaitļu 2, 3 un 5 pakāpju reizinājumi. Radās pat doma, ka visi šie skaitļi (protams, sākot ar 6) ir 2.kārtas skaitļi. Pēc tam Jānis Iraids ar savas programmas palīdzību pamanīja, ka šai likumsakarībai ir izņēmums - skaitļi, kas dalās ar 56, NAV otrās kārtas skaitļi. Citēju Jāņa 29.oktobra vēstuli:

"Ja pareizi atceros, Mārtiņa Opmaņa hipotēze bija, ka visi tie un tikai tie skaitļi, kuru pirmreizinātāji ir tikai 2, 3 vai 5 tālak par otro kārtu nereducējas. Tā nav patiesa. Interesanti, ka līdz miljonam hipotēzi apgāza tikai skaitļi 56 * 2a * 3b * 5c.kur a, b, c = 0... Respektīvi, 56 var vēl noreducēt 5. kārtā, savukārt pārejos var noreducēt 6.kārtā (tā ir reizināšana), kur acīm redzot viens reizinātājs ir 56. Viens variants īsāks par 30 vieniniekiem ir 56 = (1 + 1)2 * (1 + 1 + 1)2 * ((1 + 1)3 * (1 + 1 + 1)53 + 1) + 1, kurš sastāv no 28 vieniniekiem."

Tagad Rihardam ir izdevies daļu no tā visa pierādīt:

Teorēma 4A. Visi 2.kārtas skaitļi ir 2a*3b*5c, t.i. 2.kārtas skaitļi nedalās ar pirmsskaitļiem, lielākiem par 5.

Pierādījums. Pirmskaitlis p, kas lielāks par 5, ir attēlojams kā p=(1+1)*(1+1+...)+1, kur vieninieku skaits ir 2+(p-1)/2+1, t.i. izteiksmes garums ir p-1+6=p+5, kas ir mazāks nekā 2p-1=p+p-1 (jo p>5). Tātad, ja skaitlis N dalās ar p, tad tā labāko otrā veida izteiksmi (pirmskaitļu reizinājumu) var saīsināt, p vietā ieliekot minēto izteiksmi. Rezultātā skaitlim N radīsies trešā veida izteiksme, kas īsāka par labāko otrā veida izteiksmi. Q.E.D.

Tālāk, atceroties Jāņa Iraida aizrādījumu, sanāk

Teorēma 4B. Ja c>=6, tad 2a*3b*5c NAV 2.kārtas skaitlis.

Pierādījums. Kā jau Jānis bija pamanījis, skaitlim 56 = 15625 bez otrā veida izteiksmes (1+1+1+1+1)*..., kuras garums ir 5+10-1 = 59, ir īsāka piektā veida izteiksme 56 = 1+23*1953 = 1+23*32*217 = = 1+23*32*(1+23*33)) - tās garums ir 57 (ļoti smalks novērojums!). Tātad, ja, ja skaitlis N dalās ar 56, tad tā labāko otrā veida izteiksmi (pirmskaitļu reizinājumu) var saīsināt, 56 vietā ieliekot minēto izteiksmi. Q.E.D.

2.3. Riharda pētījums par 2 un 3 pakāpju attālumiem, sk. Excel tabulu un grafiku. Otrajā kolonā ir formula

=LOG(POWER(2;A1)-POWER(3;FLOOR(LOG(POWER(2;A1);3);1;1));2)

t.i. log2(2A1-3^[log32A1]), t.i. tas ir logaritms attālumam no 2A1 līdz tuvākajai uz leju trijnieka pakāpei. Kā redzams, šis logaritms visu laiku ir tuvu un tikai mazliet mazāks par A1. Tāpēc var izteikt hipotēzi, ka minētais attālums ir tuvu 2A1, bet nedaudz mazāks par to. T.i. attālums no 2A1 līdz tuvākajai uz leju trijnieka pakāpei ir aptuveni 2A1. Tiesa, kā var redzēt grafikā, "lāstekas" pamazām kļūst arvien garākas, tāpēc droši apgalvot, ka minētais attālums nesaruks vēl vairāk (un vairs nebūs tik tuvu 2A1) tomēr vēl nevaram...


30. novembra nodarbības protokols

1. Mārtiņš Opmanis un Rihards Opmanis prezentēja savus apsvērumus par skaitļiem 2p3q5r (atgādinu, ka mūsu šī brīža hipotēze ir: ja r<=5, tad (sākot ar 6) 2p3q5r ir 2.kārtas skaitlis).

Labākās otrā veida izteiksmes garums skaitlim 2p3q5r ir 2p+3q+5r (ja skaita tikai vieniniekus). Katru skaitli 2a3b5c (kur a, b, c var būt arī negatīvi) var uzlūkot kā skaitļu 2p3q5r transformāciju: reizinot 2p3q5r ar 2a3b5c, iegūstam citu skaitli 2p+a3q+b5r+c (ja vien kāpinātāji sanāk nenegatīvi). Šī skaitļa labākās otrā veida izteiksmes garums ir 2(p+a)+3(q+b)+5(r+c) = (2p+3q+5r)+(2a+3b+5c). Tātad, ja 2a+3b+5c=0, tad abc-transformācija pārveido skaitli M par skaitli N, kuram labākās otrā veida izteiksmes garums ir tāds pat kā M. Sauksim tās par nulles abc-transformācijām.

Tātad, ja mums ir dots skaitlis 2p3q5r, kam 2p+3q+5r=C, tad visus pārējos šī veida skaitļus, kam labākās otrā veida izteiksmes garums ir C, var iegūt ar nulles abc-transformāciju palīdzību.

No 2a+3b+5c=0 seko, ka a=-b-2c-(b+c)/2, tad b+c apzīmējam ar 2d, t.i. b=-c+2d un a=c-2d-2c-d=-c-3d. Mainot c un d, var iegūt visas iespējamās nulles abc-transformācijas.
2a3b5c = 2-c-3d3-c+2d5c = (5/6)c(9/8)d.
Tātad nulles abc-transformācijas izpilde nozīmē reizināšanu ar skaitli (5/6)c(9/8)d.

2. Klātienē nedaudz paeksperimentējam ar Riharda Excel tabulu divnieku un trijnieku pakāpju "tuvības" pētīšanai. Vispirms atgādinu, kas bija konstatēts jau agrāk:

Kolonā B ir formula

=LOG(POWER(2;A1)-POWER(3;FLOOR(LOG(POWER(2;A1);3);1;1));2)

t.i. log2(2A1-3^[log32A1]), t.i. tas ir logaritms attālumam no 2A1 līdz tuvākajai uz leju trijnieka pakāpei. Kā redzams, šis logaritms visu laiku ir tuvu un tikai mazliet mazāks par A1. Tāpēc var izteikt hipotēzi, ka minētais attālums ir tuvu 2A1, bet nedaudz mazāks par to. T.i. attālums no 2A1 līdz tuvākajai uz leju trijnieka pakāpei ir aptuveni 2A1. Tiesa, kā var redzēt grafikā, "lāstekas" pamazām kļūst arvien garākas, tāpēc droši apgalvot, ka minētais attālums nesaruks vēl vairāk (un vairs nebūs tik tuvu 2A1) tomēr vēl nevaram...

Tagad tabulas kolonā D ir ielikta formula

=B1-A1+LOG(A1;2)

un kolonas negatīvie skaitļi ir iezīmēti sarkani. Tādu skaitļu ir ļoti maz, tikai pie A1 = 1, 2, 5, 8, 65, 485, un tālāk vairs nav (tabula sniedzas līdz skaitlim 1023). Tas nozīmē, ka varam izteikt hipotēzi, ka (ar minētajiem 6 izņēmumiem) B1-A1+log2(A1) > 0, jeb B1 > A1-log2(A1). T.i. "lāsteku" garums ir mazāks par log2(A1).

Kolona E ir ielikta formula =IF(D1<1; "A"; ""), kas nozīmē, ka ja B1-A1+LOG(A1;2) < 1, tad kolonā E parādās burts A. Un tas parādās reti: tikai pie A1 = 1, 2, 3, 4, 5, 8, 27, 46, 65, 149, 233, 317, 401, 485, 970.

Tā nu mēs varam mēģināt izteikt hipotēzi, ka ja N>485, tad attālums starp 2N un no apakšas tuvāko trijnieka pakāpi ir lielāks par 2N/N.


14. decembra nodarbības protokols

1. Mārtiņa Opmaņa pirmais kadrs:

Te runa ir par Mārtiņa hipotēzi: ja skaitļa n īsākajā [1,+,*]-izteiksmē augšējā (vai "ārējā") operācija ir saskaitīšana, tad vismaz vienā no šādām izteiksmēm kāds no saskaitāmajiem ir 1: n = (n-1)+1. Piemēram, 7 = (1+1)*(1+1+1)+1 (tā ir absolūti īsākā izteiksme skaitlim 7).

Viegli pamanīt, ka ja skaitlim n visīsākajā izteiksmē viens no saskaitāmajiem ir 2, 3, 4 vai 5, tad šo saskaitāmo visīsāk ir uzrakstīt kā vieninieku summu, un tāpēc šeit hipotēze apstiprinās. Nedaudz īpatnējs ir saskaitāmā 4 gadījums - te ir divas visīsākās izteiksmes: 4 = 1+1+1+1 = (1+1)*(1+1), tāpēc mums jāizvēlas pirmā no tām. Izvēle (1+1)*(1+1) mūsu hipotēzei neder. Tāpēc hipotēzes formulējumā ir teikts "vismaz vienā no šādām izteiksmēm".

Uz tāfeles aplūkots gadījums, kad skaitļa n visīsākajā izteiksmē viens no saskaitāmajiem ir 6: n = (n-6)+6, un kad n nav īsāko izteiksmju ar saskaitāmo, kas mazāks par 6. Ar gar(N) apzīmēts īsākās izteiksmes garums skaitlim N.

Tā kā n = (n-6) + (1+1)*(1+1+1), tad gar(n) = gar(n-6)+5. Ja gar(n-6)=x, tad gar(n)=x+5.

Ja gar(n-5)<=x, tad n=(n-5)+5 un skaitlim n eksistē izteiksme garumā <=x+5, kurā ir saskaitāmais <6. Tas nav iespējams, tāpēc gar(n-5)=x+1 (jo bez tam: n-5=(n-6)+1).

Ja gar(n-4)<=x+1, tad n=(n-4)+4 un skaitlim n eksistē izteiksme garumā <=x+5, kurā ir saskaitāmais <6. Tas nav iespējams, tāpēc gar(n-4)=x+2 (jo bez tam: n-4=(n-6)+2).

Ja gar(n-3)<=x+2, tad n=(n-3)+3 un skaitlim n eksistē izteiksme garumā <=x+5, kurā ir saskaitāmais <6. Tas nav iespējams, tāpēc gar(n-3)=x+3 (jo bez tam: n-3=(n-6)+3).

Ja gar(n-2)<=x+3, tad n=(n-2)+2 un skaitlim n eksistē izteiksme garumā <=x+5, kurā ir saskaitāmais <6. Tas nav iespējams, tāpēc gar(n-2)=x+4 (jo bez tam: n-2=(n-6)+4).

Ja gar(n-1)<=x+4, tad n=(n-1)+1 un skaitlim n eksistē izteiksme garumā <=x+5, kurā ir saskaitāmais <6. Tas nav iespējams, tāpēc gar(n-1)=x+5 (jo bez tam: n-1=(n-6)+5).

Bet arī gar(n)=x+5.

Turpinājums sekos.

2. Otrais kadrs:

un trešais kadrs:

Kaspara Baloža Excel tabula (otrā versija, atsūtīta 18.decembrī).

Man tomēr liekas, ka te vajadzīgs vēl viens precizējums, ko var redzēt Kaspara tabulas paplašinājumā. Un proti, jāievēro, ka reizinātājs (5/6)c(9/8)d var būt mazāks par 1 arī tad, ja c ir negatīvs vai d ir pozitīvs. Izskatās ,ka "vismazāk samazinošā" nulles abc-transformācija ir tā, kur c=2 un d=3, t.i. 2-113452 = 0,989.

Turpinājums sekos.


Pēdejie sasniegumi 2007.gada rudens semestrī

1. Jāņa Avotiņa kvadrātu summu programmas izdruka - tiek drukāti visi iespējamie sadalījumi 4 kvadrātu summā tikai tiem skaitļiem, kuriem šo sadalījumu skaits nepārsniedz 10. Izrādās, te "velk" uz jaunām hipotēzēm...

2. Divas Kaspara Baloža hipotēzes, kas iegūtas 8.janvārī, aplūkojot Jāņa Avotiņa datus.

Pirmā vēstule (8.janvārī, 16:27):

Labdien,

No 10 līdz 1'000'000 Jāņa programma atgriež tieši tos pašus skaitļus, ko mana, tātad secinu, ka vismaz tik tālu tā strādā pareizi (viņa rezultātos gan nebija skaitļu, kas mazāki par 10). Hipotēze tiešām sanāk skaista. Šeit par naturālu skaitli tiks pieņemts jebkurš vesels nenegatīvs skaitlis (tātad arī 0).

Naturālu skaitli, kas nav 0, 1, 3, 5, 7, 11, 15 vai 23, var sadalīt 4 naturālu skaitļu kvadrātu summā tikai vienā veidā, tad un tikai tad, ja tas ir izsakāms formā 2*4m, 3*2*4m vai 7*2*4m, kur m - naturāls skaitlis.

Man liekas, ka man pat būs izdevies pierādīt daļu no šīs hipotēzes. Pierādījumu atsūtīšu brītiņu vēlāk.

Un vēl, pārbaudot, vai programma strādā pareizi, man tikko uzpeldēja pavisam negaidīta (vismaz man) sakarība. Apskatīsim naturālu skaitļu pāru virkni (t.i. nevis skaitļu virkne, bet skaitļu sakārtotu (t.i. ir pirmais elements un otrais elements) pāru virkne), kas sastāv no tādiem skaitļu pāriem (x,y), kur x - naturāls skaitlis, bet y - skaits, cik dažādos veidos x var sadalīt 4 kvadrātu summā, y <= 10, pie tam šī virkne ir sakārtota pēc pirmā elementa augošā secībā. Tātad šī virkne būtībā ir tas, ko var redzēt Jāņa Avotiņa programmas datos (sākot no (10,2)):
(0,1), (1,1), (2,1), (3,1), (4,2), (5,1), (6,1), (7,1), (8,1), (9,2), (10,2), (11,1), (12,2), (13,2), (14,1), (15,1), (16,2), (17,2), (18,3), (19,2), (20,2), ...

Hipotēze: Sākot no virknes locekļa (432,7) katram virknes loceklim a(i) izpildās šādas 2 īpašības:
a(i).otrais = a(i+86).otrais
a(i).pirmais*4 = a(i+86).pirmais
 Tātad, sākot no (432,7) šī virkne kļūst periodiska pēc otrā elementa ar periodu 86. Un pēc pirmā elementa arī būtībā atkārtojas, tikai ik pēc 86 elementiem pieaug četrinieka pakāpe.

Var izteikt arī hipotēzi, ka, lai kādu N neņemtu, skaitļu virkne no skaitļiem, ko var sadalīt 4 kvadrātu summā ne vairāk kā N veidos, kādā brīdī sāk atkārtoties.

Otrā vēstule (8.janvārī, 21:56):

Labvakar,

Sen nebiju matemātikā neko netriviālu pierādījis, tāpēc varbūt pierādījums nebūs pārāk skaists un lasāms.

Pierādījums, ka skaitli formā 2*4m var izteikt 4 kvadrātu summā tieši vienā veidā.

Skaitli 2*4m var izteikt četru kvadrātu summā šādi: (2m)2 + (2m)2 + 02 + 02 = 2*(2m)2 = 2*4m.

Pierādījums ar indukciju, ka nevar vairāk veidos. Ja skaitli 2*4m, kam m>0 var izteikt 4 kvadrātu summā, tad eksistē kvadrāts a2 > 0, ko atņemot no 2*4m, iegūst skaitli, ko var izteikt 3 kvadrātu summā. Pēc Dirihlē teorēmas, 3 kvadrātu summā var izteikt tikai tādus skaitļus, kas nav izsakāmi formā 4k(8n+7).   Tātad 2*4m - a2 pēc moduļa 8 nevar sanākt 7. Izteiksme 2*4m, kam m>0, pēc moduļa 8 ir 0. Nepāra skaitļu kvadrāti pēc moduļa 8 ir 1, tāpēc a ir pāra skaitlis (citādi 2*4m - a2 pēc moduļa 8 sanāktu 7). Aizvietojam a ar 2*p.   2*4m - (2p)2 = 2*4m - 4*p2 = 4*( 2*4m-1 - p2). Ja m-1>0, tad līdzīgi p atkal ir pāra skaitlis.

Induktīvā pāreja: Tātad a2 ir viens no skaitļa 2*4m, m>0 četru kvadrātu sadalījuma pozitīvajiem kvadrātiem tikai tad, ja (a/2)2 ir viens no 2*4m-1 četru kvadrātu sadalījuma pozitīvajiem kvadrātiem.

Induktīvā bāze: ja m=0, tad 2*4m = 2. Viegli pārbaudīt, ka to var sadalīt 4 kvadrātu summā tikai 1 veidā: 2 = 12 + 12 + 02 + 02.

Induktīvais secinājums Tā kā pie m=0 izteiksmei 2*4m sadalījumā ir tikai viena veida pozitīvs kvadrāts ( 1^2 ), tad katram nākamajam m, izteiksmes 2*4m sadalījumā arī būs tikai viena veida pozitīvs kvadrāts. Izmantojot tikai viena veida pozitīvus kvadrātus skaitli var sadalīt 4 kv.summā ne vairāk kā vienā veidā.  

Trešā vēstule (10.janvārī, 16:26):

Labdien,

...

Līdzīgā veidā kā 2*4m izdevās pierādīt hipotēzes vienu pusi arī pārējām 2 skaitļu formām.

Ja skaitlis ir formā 2*3*4m un to var sadalīt 4 kvadrātu summā, tad, atņemot no šī skaitļa kādu no šī sadalījuma kvadrātiem, iegūst skaitli, kas izsakāms 3 kvadrātu summā. Tātad skaitli, kas nav formā 4k*(8n+7). Pie m>0, 2*3*4m pēc moduļa 8 ir 0. Nepāra skaitļu kvadrāti pēc moduļa 8 ir 1. 2*3*4m - a2 nevar pēc moduļa 8 sanākt 7, tātad a ir pāra skaitlis un izsakāms formā 2*p. 2*3*4m - (2*p)2 = 2*3*4m - 4*p2 = 4*(2*3*4m-1 - p2) Tātad a2 ir viens no skaitļa 2*3*4m, m>0 četru kvadrātu sadalījuma kvadrātiem tikai tad, ja (a/2)^2 ir viens no 2*3*4m-1 četru kvadrātu sadalījuma kvadrātiem. Tā kā 2*3*4m-m = 6 = 22 + 12 + 12 + 02 var sadalīt 4 kvadrātu summā tikai šādā veidā, tad katram no 2*3*4m četru kvadrātu sadalījuma kvadrātiem jābūt kādā no šīm formām - (2*2m)2, (1*2m)2, (0*2m)2. (2*2m)2 = 4*4m (1*2m)2 = 4m (0*2m)2 = 0 Lietojot tikai šādus kvadrātus, skaitli 2*3*4m var izteikt 4 kvadrātu summā tikai 1 veidā un citus kvadrātus lietot nevar, tātad skaitli 2*3*4m var izteikt 4 kvadrātu summā tikai 1 veidā.

Analoģiski ar 2*7*4m. 2*7*4m - (2*p)2 = 2*7*4m - 4*p2 = 4*(2*7*4m-1 - p2) 2*7*4m-m = 14 arī var sadalīt 4 kvadrātu summā tikai 1 veidā: 32 + 22 + 12 + 02 = 14. Tātad, lai izteiktu 2*7*4m četru kvadrātu summā, var lietot tikai šādus kvadrātus: (3*2m)2, (2*2m)2, (1*2m)2, (0*2m)2. Un ar šādiem kvadrātiem to atkal var izteikt tikai 1 veidā.

KP> Tagad atliek pamēģināt pierādīt hipotēzes otro pusi: ja skaitlis nav nevienā no 3 formām; 2*4m, 2*3*4m vai 2*7*4m, tad to var attēlot kā 4 kvadrātu summu vismaz divos veidos. Tas varētu būt grūtāks uzdevums.

Ceturtā vēstule (22.janvārī, 16:30)

Labdien,

Skaitļi, ko var izteikt tieši 2 dažādās 4 kvadrātu summās jau ir vairāk:
2*2*4^n
2*5*4^n
2*6*4^n
2*10*4^n
2*11*4^n
2*15*4^n
2*22*4^n
2*23*4^n
kā arī 9, 13, 17, 19, 21, 29, 31, 35, 39, 47, 71.

Vēl arī ir tā, ka: Skaitlim a*2*4^n, kur n>0, ir tieši tikpat 4 kvadrātu sadalījumu kā skaitlim a*2*4^(n-1).
Tas padara saprotamu novērojumu par skaitļiem, kas sadalāmi 4 kvadrātu summās ne vairāk kā 10 veidos.
To var pierādīt, izveidojot bijekciju starp a*2*4^(n-1) un a*2*4^n sadalījumiem:
Ja x^2 + y^2 + w^2 + z^2 = a*2*4^(n-1),
tad (2x)^2 + (2y)^2 + (2w)^2 + (2z)^2 = 4*x^2 + 4*y^2 + 4*w^2 + 4*z^2 = 4 * a*2*4^(n-1) =  a*2*4^n.
Attiecīgi katrā a*2*4^n sadalījumā visus kvadrātus var paņemt no divreiz mazākiem skaitļiem, tā iegūstot a*2*4^(n-1) sadalījumu (ņemt kvadrātu no divreiz mazāka skaitļa drīkst tāpēc, ka katrs a*2*4^n sadalījuma kvadrāts x^2 ir pāra skaitļa kvadrāts, jo citādi a*2*4^n-x^2 pēc moduļa 8 būtu 7 - nebūtu sadalāms 3 kvadrātu summā).

Viltīgas idejas, lai pierādītu hipotēzes grūtāko pusi, gan īsti nav radušās.