mathematica.gr • Vojtech Jarnik 2017/4 Category II

Σελίδα 1 από 1

Vojtech Jarnik 2017/4 Category II

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 25, 2017 9:51 am

από Demetres

Ένας θετικός ακέραιος

ονομάζεται σπουδαίος αν t = x^3+y^2

t = x^3+y^2

για κάποιους θετικούς ακεραίους x,y

x,y

. Να δειχθεί ότι για κάθε ακέραιο $n \geqslant 2$ υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι

ώστε το σύνολο $\{m+1,m+2,\ldots,m+n^2\}$ να περιέχει ακριβώς n+1

n+1

σπουδαίους ακεραίους.

Re: Vojtech Jarnik 2017/4 Category II

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 25, 2017 7:40 pm

από dement

Έστω

p(m)

το πλήθος των σπουδαίων αριθμών στο $\{m+1,...,m+n^2\}$ . Θα αποδείξουμε το λήμμα ότι υπάρχουν άπειροι

με $p(m) \geqslant n+1$ .

Για την περίπτωση n=2

n=2

αρκεί να βρούμε

τέτοιο ώστε ο m^3-(m-1)^3+2 = 3m^2 - 3m + 3

m^3-(m-1)^3+2 = 3m^2 - 3m + 3

να είναι τέλειο τετράγωνο. Έτσι, οι m^3+1, m^3+2, m^3+4

m^3+1, m^3+2, m^3+4

είναι οι αριθμοί μας.

Άρα, m^2-m+1=3k^2

m^2-m+1=3k^2

για κάποιο

, που σημαίνει (από τη διακρίνουσα) ότι ο 4k^2-1=(2k-1)(2k+1)=3r^2

4k^2-1=(2k-1)(2k+1)=3r^2

για κάποιο

. Αρκεί λοιπόν 2k+1=3p^2, 2k-1 = q^2

2k+1=3p^2, 2k-1 = q^2

. Επειδή η διοφαντική 3p^2-2=q^2

3p^2-2=q^2

έχει άπειρες λύσεις (αρχίζοντας από p=q=1

p=q=1

εφαρμόζουμε τον αναδρομικό τύπο $(p,q) \to (2p+q, 3p+2q)$ ) υπάρχουν άπειρα κατάλληλα $\displaystyle m = \frac{3pq+1}{2}$ .

Για n>2

n>2

τα πράγματα είναι πιο απλά. Ισχύει $p(m^6) \geqslant n+1$ λόγω των m^6+1, m^6+4,...,m^6+n^2, m^6+8

m^6+1, m^6+4,...,m^6+n^2, m^6+8

.

Έχοντας αποδείξει το λήμμα, παρατηρούμε ότι το πλήθος των σπουδαίων αριθμών μικρότερων ή ίσων του

είναι το πολύ $N^{1/3} \times N^{1/2} = N^{5/6}$ , οπότε η μέση απόσταση μεταξύ δύο σπουδαίων αριθμών αυξάνεται τουλάχιστον όπως $N^{1/6}$ . Έτσι, υπάρχουν άπειρα

με

p(m) = 0

. Αφού, τέλος, $|p(k+1)-p(k)|\leqslant 1$ , ο p(k)

p(k)

παίρνει άπειρες φορές όλες τις δυνατές τιμές μεταξύ του n+1

n+1

και του

, οπότε υπάρχουν και άπειρα

με

p(m)=n+1

.