1. Пусть $%f(x)=3x^2+2x$%. Докажите, что существует бесконечно много натуральных чисел $%n$%, не представимых в виде суммы четырех значений функции $%f$% в неотрицательных целых точках.

  2. Какие еще квадратичные функции с целыми коэффициентами обладают аналогичным свойством?

(Общий вид ответа на вопрос 2 мне не известен.)

задан 29 Сен '15 2:29

Конкретных идей или гипотез пока нет, но задача интересная.

(29 Сен '15 6:19) falcao
1

бррр, не понял: а куда делось доказательство EdwardTurJ? Неужели неправильное :-(

(28 Ноя '15 22:51) Trumba

@Trumba: я тоже не понял, почему оно исчезло.

(28 Ноя '15 23:12) falcao

Я неправильно понял вопрос ?

1) Доказать что существует бесконечно много $%n$% не представимых ,например в виде: $$f(1) + f(1) + f(1) + f(a) = 3a^2 + 2a + 15$$ Достаточно положить $%n = 5k + 4$%

(8 Сен 21:13) lawyer

@laywer: требуется найти бесконечно много таких n, которые не равны f(a)+f(b)+f(c)+f(d) ни при каких целых a, b, c, d. Поэтому нельзя полагать b=c=d=1.

(8 Сен 21:28) falcao

Наверно нужно доказывать от противного,по типу если n непредставимо ,то непредставимо и ...

Я попытлся через остатки разобрать(по модулю 3,4,5,6) - не получилось

(8 Сен 23:39) lawyer

@EdwardTurJ: а какие именно числа непредставимы?

(9 Сен 4:03) falcao

@falcao: Я снова ошибся. Удалил.

(9 Сен 8:26) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: такое впечатление, что если разрешить все целые x, то представить можно все числа. Интересно было бы это доказать. Не представимы многие n, но я пока не могу там выделить какую-то серию, чтобы знать, что надо проверять. И там существенно условие x>=0.

(9 Сен 16:04) falcao

@falcao, там не будет серий. Плотность непредставимых уменьшается с ростом n. Например, в первой сотне тысяч свыше миллиона только четыре таких числа. Понятно, что непредставимые - вида 8k+4 (на малых есть и другого вида, но с ростом остаются только эти)

(9 Сен 19:01) spades

@spades: но ведь малая плотность не исключает наличие серий. Например, это могли быть степени двойки или типа того.

(9 Сен 19:10) falcao
1

@falcao, Вы оказались правы. Я выгрузил список от 1 до 10 миллионов (73 всего), все числа имеют остаток 5460 при делении на $%2^{13}=8192$%.
$%5460 =1010101010100_2$%. В дальнейшем эта закономерность подтверждается.
Числа свыше 5 миллионов - при делении на $%2^{15}$% практически все дают остаток $%21844 = 101010101010100_2$% Надеюсь это Вам поможет

(9 Сен 21:57) spades

@spades А много времени ушло на перебор ? Может я неправильно делаю,но у меня перебор до 1000 ,уже занимает больше минуты

(9 Сен 23:02) jao

10 миллионов - 4 минуты на i7, но я ограничивался только числами вида 8k+4, там существенно перебор можно сократить. На полный перебор до 2 миллионов ушел час, а данного вида - около 30 секунд. Результаты свыше миллиона совпадают.

(9 Сен 23:24) spades

@spades: закономерность явно верная, но пока не очень понятно, как этот факт доказывать. Если смотреть на остатки от деления на 2^d при нечётных d, то они бывают любые. Видимо, надо изучать вид двоичных представлений чисел 3x^2+2x (важна неотрицательность x), и уже из этого делать выводы.

(9 Сен 23:26) falcao
показано 5 из 15 показать еще 10
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1

задан
29 Сен '15 2:29

показан
1149 раз

обновлен
9 Сен 23:30

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru