Anta at du har fargelagt alle heltallene i n farger slik at mengden av alle tall av en bestemt farge er en aritmetisk følge (altså uavhengig av fargen du velger). Ingen av følgene har differens én eller null. Vis at to av følgene har lik differens. Er dette fortsatt sant dersom en får bruke uendelig mange farger?
(Alternativ formulering dersom dette var uklart: Vi har [tex]n[/tex] aritmetiske følger [tex]F_i=\{c_i + d_i k\}_{k=-\infty} ^{\infty}[/tex]. Vi vet at [tex]F_i \cap F_j = \empty[/tex]for [tex]i \not = j[/tex], og at [tex]\bigcup_{i=1} ^{n} F_i = \mathbb Z[/tex]. Vi vet også at [tex]d_i \not = 0, 1[/tex]. Vis at det finnes [tex]i, j[/tex] slik at [tex]d_i = d_j[/tex]. Holder dette om vi erstatter n med uendelig?)
Fargede følger
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
For en slik partisjon av heltalla i F_i-er, la [tex]E_i=F_i\cap\mathbb N[/tex]; spesielt er da [tex]\cup E_i=\mathbb N[/tex].
For [tex]|z|<1[/tex] har vi da at [tex]\sum_{k\in\mathbb N} z^k=\sum_{i=1}^n\sum_{k\in E_i} z^k[/tex]. Dette er geometriske rekker, og venstresida er lik [tex]\frac z{1-z}[/tex] mens høyresida er lik [tex]S=\sum_{i=1}^n \frac {z^{e_i}}{1-z^{d_i}}[/tex] der e_i betegner det minste tallet i E_i. Hvis ingen d_i er like får vi ved å la [tex]z\to\exp\left(\frac{2\pi i}{d_1}\right)[/tex] der d_1>1 er den største d_i at z/(1-z) konvergerer mens nøyaktig ett ledd i S, og følgelig hele S, divergerer. Følgelig må vi ha d_j=d_1 for noen j>1.
For [tex]|z|<1[/tex] har vi da at [tex]\sum_{k\in\mathbb N} z^k=\sum_{i=1}^n\sum_{k\in E_i} z^k[/tex]. Dette er geometriske rekker, og venstresida er lik [tex]\frac z{1-z}[/tex] mens høyresida er lik [tex]S=\sum_{i=1}^n \frac {z^{e_i}}{1-z^{d_i}}[/tex] der e_i betegner det minste tallet i E_i. Hvis ingen d_i er like får vi ved å la [tex]z\to\exp\left(\frac{2\pi i}{d_1}\right)[/tex] der d_1>1 er den største d_i at z/(1-z) konvergerer mens nøyaktig ett ledd i S, og følgelig hele S, divergerer. Følgelig må vi ha d_j=d_1 for noen j>1.
Dette ser helt riktig ut for meg (om jeg skulle pirket på barnslige ting ville jeg påpekt at du også bruker at [tex]E_i[/tex] er disjunkte når du setter opp likheten mellom summene, men det er de jo, så alt er greit der også), men jeg må si meg litt imponert - akkurat hvordan fikk du idéen om å dra inn komplekse tall og geometriske rekker i det som virket som 'koselig' tallteori?
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Ja, at E_i er disjunkte bruker vi jo også. Som med mange andre triks og teknikker gjelder det vel å ha sett noe lignende en gang før, så er også tilfellet her.
For den uendelige fargelegginga er det mulig: La [tex]c_i=2^{i-1}-1[/tex] og [tex]d_i=2^n[/tex].
Da ligger hvert heltall i høyst en F_i: Hvis n<m vil [tex]2^{n-1}-1+a2^n=2^{m-1}-1+b2^m[/tex] medføre at [tex]1+2a=2^{m-n}+b2^{m-n+1}[/tex] for alle heltall a og b; her er venstresida et oddetall mens høyresida er like, så F_n og F_m har ingen felles elementer.
Hvert heltall t gjenfinnes også i en F_i: 0 er i F_1. For t ulik 0, uttrykk t på formen [tex]t=p2^k-1[/tex] der p er et (positivt eller negativt) oddetall. (At denne uttrykksformen er unik følger fra entydig faktorisering av heltalla. (Her: t+1.))
La nå n=k+1 og r=(p-1)/2 (som er et heltall siden p er odde). Da er [tex]t\in F_n[/tex] siden [tex]t=2^{n-1}-1+r2^n[/tex] som kan sjekkes ved å putte inn uttrykka for t og r.
For den uendelige fargelegginga er det mulig: La [tex]c_i=2^{i-1}-1[/tex] og [tex]d_i=2^n[/tex].
Da ligger hvert heltall i høyst en F_i: Hvis n<m vil [tex]2^{n-1}-1+a2^n=2^{m-1}-1+b2^m[/tex] medføre at [tex]1+2a=2^{m-n}+b2^{m-n+1}[/tex] for alle heltall a og b; her er venstresida et oddetall mens høyresida er like, så F_n og F_m har ingen felles elementer.
Hvert heltall t gjenfinnes også i en F_i: 0 er i F_1. For t ulik 0, uttrykk t på formen [tex]t=p2^k-1[/tex] der p er et (positivt eller negativt) oddetall. (At denne uttrykksformen er unik følger fra entydig faktorisering av heltalla. (Her: t+1.))
La nå n=k+1 og r=(p-1)/2 (som er et heltall siden p er odde). Da er [tex]t\in F_n[/tex] siden [tex]t=2^{n-1}-1+r2^n[/tex] som kan sjekkes ved å putte inn uttrykka for t og r.
Mener du [tex]p2^{k-1}[/tex] her? Alle tall utenom 0 kan skrives på denne formen der p er odde, men [tex]2^{n-1}-1 +r2^n = 2^k-1+(p-1)2^k=p2^k-1[/tex] som ikke er lik uttrykket over.
Hvis du faktisk mente [tex]p2^{k}-1[/tex], så kan ikke alle tall ulik 0 skrives slik der p er odde. Det finnes kun ett eksempel på dette: -1, siden da må p = 0.
(Jeg postet tilfeldigvis nøyaktig samme eksempel som deg i går, men slettet det når jeg så at -1 ikke inngår i følgene)
Det var en fin løsning for det endelige tilfellet vil jeg si da.
Hvis du faktisk mente [tex]p2^{k}-1[/tex], så kan ikke alle tall ulik 0 skrives slik der p er odde. Det finnes kun ett eksempel på dette: -1, siden da må p = 0.
(Jeg postet tilfeldigvis nøyaktig samme eksempel som deg i går, men slettet det når jeg så at -1 ikke inngår i følgene)
Det var en fin løsning for det endelige tilfellet vil jeg si da.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Det har du helt rett i, får prøve å se nærmere på det seinere.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
La [tex]d_n=2^n[/tex] og la [tex]c_n[/tex] være det heltallet med minst absoluttverdi som ikke er med i noen [tex]F_i[/tex] for noen [tex]i<n[/tex], velg det positive hvis det er et valg. Følgen {c_i} begynner altså med 0,1,-1,3.
Vi har nå at [tex]F_i\cup F_n=\emptyset[/tex] for hver [tex]i<n[/tex]: Ved valget av [tex]c_n[/tex] ser vi at vi ikke kan ha [tex]c_i+a2^i=c_n+b2^n[/tex] for noen hele a og b ved å se på ligninga modulo 2^i, for da ville vi hatt [tex]c_i\equiv c_n[/tex] som betyr at [tex]c_n\in F_i[/tex].
Samtidig vil hver [tex]s\in\mathbb Z[/tex] være inneholdt i en [tex]F_i[/tex] for noen [tex]i\le2|s|+1[/tex]; dette er et svakt (men tilstrekkelig) estimat.
Eksplisitt kan det virke det som [tex]c_n=\frac{1-(-2)^{n-1}}3[/tex] uten at jeg har klart å vise det.
Vi har nå at [tex]F_i\cup F_n=\emptyset[/tex] for hver [tex]i<n[/tex]: Ved valget av [tex]c_n[/tex] ser vi at vi ikke kan ha [tex]c_i+a2^i=c_n+b2^n[/tex] for noen hele a og b ved å se på ligninga modulo 2^i, for da ville vi hatt [tex]c_i\equiv c_n[/tex] som betyr at [tex]c_n\in F_i[/tex].
Samtidig vil hver [tex]s\in\mathbb Z[/tex] være inneholdt i en [tex]F_i[/tex] for noen [tex]i\le2|s|+1[/tex]; dette er et svakt (men tilstrekkelig) estimat.
Eksplisitt kan det virke det som [tex]c_n=\frac{1-(-2)^{n-1}}3[/tex] uten at jeg har klart å vise det.