Łowy na „merseny”
Jak zapewne większość z Państwa wie, stwory zwane „mersenami” to z reguły bardzo długie węże o wzorze M=2n-1, gdzie n jest liczbą naturalną. Francuski mnich i uczony Merin Mersenne hodował je przed blisko 400 laty i zauważył, że tylko wtedy, gdy wykładnik n jest liczbą pierwszą (p), „mersen” (M), także może być liczbą pierwszą (Mp). Może, ale nie musi. Na starcie ciągu liczb M=2p-1 dominują Mp, ale bardzo szybko stają sie unikatami w gąszczu złożonych liczb Mersenne’a (Mz) dla n=p. Czołówka ciągu wygląda tak:
3, 7, 31, 127, 2047, 8191, 131071, 524287, 8388607,
536870911, 2147483647, 137438953471, 2199023255551,
8796093022207, 140737488355327, 9007199254740991,
576460752303423487, 2305843009213693951, …
Mz wyróżnione są tłustym drukiem. Kto nie ma nic lepszego do roboty, może spróbować rozłożyć je na czynniki pierwsze;).
W miarę wędrowania wzdłuż tego ciągu na Mp trafia się coraz rzadziej. Permanentnie potykamy się natomiast o Mz, czyli „odpady”, które mało kogo interesują. Wówczas zaczyna się polowanie na Mp i jest to, co już dawno zauważono, bardzo efektywny sposób polowania na największe liczby pierwsze. Te drugie łowy trwają przynajmniej od kilkuset lat, a zdecydowanie przybrały na sile wraz z pojawieniem się „mózgów elektronowych” w latach 50.
Od 1996 roku funkcjonuje projekt obliczeń rozproszonych GIMPS, czyli ogólnoświatowa nagonka na Mp. Kto ma ochotę, może się przyłączyć do obławy, zatrudniając swój komputer, choć popularne komputery domowe mają mniejsze szanse na schwytanie delikwenta niż giganty zainstalowane w niektórych instytucjach, a od 23 sierpnia br. nadzieje ich właścicieli na zgarnięcie 100 000 dolarów ostatecznie prysły. Taką kwotę wyznaczył szeryf, czyli Electronic Frontier Foundation, za głowę i resztę cielska węża Mp złożonego z ponad 10 milionów cyfr. Właśnie 23 sierpnia jeden z łowców nagród przekroczył ten limit, czyli znalazł 45. liczbę pierwszą Mersenne’a złożoną z 12 978 189 cyfr, o czym można przeczytać na stronie projektu GIMPS. Dla tych, którym się nie powiodło, pocieszeniem są dwie informacje. Po pierwsze, nagroda jest dzielona między najaktywniejszych myśliwych, czyli mniej więcej tak, jak pula nagród w turnieju tenisowym. Po drugie: szeryf ustanowił jeszcze dwie nagrody – 150 000 dolarów za przekroczenie 100 milionów cyfr i ćwierć miliona po zaliczeniu miliardcyfrowej Mp. Warto dodać, że z wypłatą nie jest tak hop-siup. Najpierw trzeba dokładnie sprawdzić, czy z liczbą wszystko gra, a to trochę trwa.
Jaki pożytek ma ludzkość z takich i wielu podobnych, nierzadko kosztownych łowów matematycznych? Niestety, to dobre pytanie. Nie ulega wątpliwości, że praktyczne korzyści z odkrycia złóż gazu ziemnego są nieco większe, niż z odkrycia kolejnego liczbowego giganta. „Linia obrony” mniejszych korzyści oparta jest na stwierdzeniu, które przypomina sprzeciw mojej żony, gdy chcę się czegoś pozbyć przy robieniu domowych porządków: „zostaw, to się może przydać”. I rzeczywiście, czasem okazuje się przydatne.
Nie znam zadań do gimnastykowania szarych komórek, w których występują liczby Mersenne’a, ale nie odbiegnę daleko od tematu, jeśli zaproponuję Państwu zastanowienie się nad kolejną potęgową łamigłówką.
Od ponad 150 lat znana jest hipoteza, że iloczyn n kolejnych liczb naturalnych nie może być potęgą. Łatwo dowieść, że to prawda, dla n=2, 3, a nawet 4. Dalej zaczynają się dowodowe schodki, a potem schody, na szczyt których wspiął się dopiero w 1975 roku genialny Paul Erdös. Później wyszła na jaw pewna ciekawostka.
1*2*3*4=24, czyli do kwadratu (25) brakuje 1.
8*9*10*11=7920 – jeśli dodamy 1, pojawi się kwadrat (7921= 89^2)
37*38*39*40=2193360, a więc o 1 mniej od kwadratu (2193361=1481^2)
Czy ktoś odważy się udowodnić, że iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych zawsze będzie o jeden mniejszy od kwadratu?
Komentarze
mamy 4 kolejne liczby naturalne: n, n+1, n+2, n+3
obliczmy iloczyn pierwszej i czwartej (n^2+3*n) , a także drugiej i (n^2+3*n+2)
dla czytelności niech m=n^2+3*n+1
pierwszy iloczyn jest zatem równy m-1, a drugi m+1
iloczyn tych iloczynów, czyli iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych równy jest zatem (m-1)*(m+1)=(m^2-1)
pozdr
Czy taki dowód wystaczy?
n(n+1)(n+2)(n+3)+1 =
= n^4+6n^3+11n^2+6n+1 =
= (n^2+3n+1)^2
Czyli:
n(n+1)(n+2)(n+3) = (n^2+3n+1)^2 -1
A tak przy okazji treści zadania, może się czepiam, ale wydaje mi się, że warto zmienic:
„Czy ktoś odważy się udowodnić, że iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych zawsze będzie o jeden mniejszy od kwadratu?”
na:
„Czy ktoś odważy się udowodnić, że iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych zawsze będzie o jeden mniejszy od kwadratu liczby naturalnej?”
ponieważ do tego, aby liczba była czyimś kwadratem wystarczy dowieśc, że jest dodatnia (lub nawet nie, jeżeli dodac liczby zespolone).
Agnieszko, nie „czepiasz się” ani trochę. To ja zostawiłem takie „niedomówienie”:).
mp
Łatwe zadanie, ale fajne
n(n+1)(n+2)(n+3)+1=n^4+6n^3+11n^2+6n+1
A można zauważyć, że we wszystkich trzech podawanych przypadkach podstawa potęgi (5, 89, 1481) to n(n+3)+1
1*4+1=5
8*11+1=89
37*40+1=1481
Upewnijmy się więc:
[n(n+3)+1]^2=…=n^4+6n^3+11n^2+6n+1
Czyli dokładnie tyle samo, co n(n+1)(n+2)(n+3)+1
I już mamy dowód. Iloczyn czterech kolejnych liczb naturalnych powiększony o 1 zawsze będzie kwadratem iloczynu pierwszej i ostatniej liczby powiększonego o jeden.
Odważyłem się i wyszło mi to tak:
n*(n+1)*(n+2)*(n+3) =
= n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n =
= (n^2 + 3n + 1)^2 -1
Pozdrawiam,
Jazz_off
n,n+1,n+2,n+3 to kolejne liczby naturalne, gdy n jest liczbą naturalną.
Mamy udowodnić, że n(n+1)(n+2)(n+3)=k^2-1=(k-1)(k+1) a to jest iloczyn liczb różniących się o 2.
n(n+3)=n^2+3
(n+1)(n+2)=n^2+3n+2
Czyli n(n+3)(n+1)(n+2) można przedstawić jako iloczyn dwóch liczb różniących się o 2.
Rozpatrujemy iloczyn czterech liczb:
(n-1)*n*(n+1)*(n+2)
Mnożąc przez siebie zewnetrzne i wewnetrzne czynniki dostajemy:
(n^2+n-2)*(n^2+n)
Oznaczając k=n^2+n-1 mamy:
(k-1)*(k+1) = k^2 – 1
i tyle.
Weźmy 4 kolejne liczby zaczynające się od dowolnej liczby naturalnej n.
Chcemy pokazać, że iloczyn tych liczb powiększony o 1 jest kwadratem pewnej liczby naturalnej.
n*(n+1)*(n+2)*(n+3)+1=
=(n^2+n)*(n+2)*(n+3)+1=
=(n^3+3*n^2+2*n)*(n+3)+1=
=n^4+6*n^3+11*n^2+6^n+1=
=(n^2+3*n+1)*(n^2+3*n+1)=
=(n^2+3*n+1)^2
n*(n+1)*(n+2)*(n+3)+1=(n^2+3*n+1)^2
Paul Erdos jest bohaterem rubryki „Uczeni w anegdocie” A.K.Wróblewskiego w najnowszym numerze „Wiedzy i Życia”.
……………………………………………….
Niech
(n+1)(n+2)(n+3)(n+4), gdzie n=0,1,2,… (1)
będzie iloczynem czterech kolejnych liczb naturalnych.
Po wymnożeniu (1) otrzymujemy
n^4+10n^3+35n^2+50n+24, (2)
a po sprowadzeniu (2) do równoważnej postaci dostajemy wyrażenie, które nie wymaga komentarza
(n^2+5n+5)^2-1
Pozdrawiam
n(n + 1)(n + 2)(n +3) + 1 = n^4 +6n^3 + 11n^2 + 6n + 1
(n^2 + 3n +1)^2 = n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n +1
Jednym słowem, kwadratem ma być wyrażenie
n*(n+1)*(n+2)*(n+3)+1
Po wymnożeniu
n^4 + 6n^3 + 11n^2 + 6n + 1
Co daje
(n^2 + 3n + 1)^2
Proszę sprawdzić.
bo
n*(n+1)*(n+2)*(n+3)=[n*(n+3)+1]^2-1
franiu
Dowód zadanego twierdzenia jest raczej banalny i sprowadza się do sprawdzenia poprawności równania :
n*(n+1)*(n+2)*(n+3)=[n*(n+3)+1]^2-1
Trzeba tylko trochę uważać , aby nie zgubić jakiegoś iloczynu i poprawnie zsumować poszczególne wyrażenia o tych samych wykładnikach potęg .
Z innymi problemami nie poszło mi tak łatwo 🙂 , i raczej trudno będzie je rozgryźć .
Pozdrawiam
AC
(n-1) * n * (n+1) * (n+2) + 1 = (n^2+n-1)^2
cbdo.
Istotnie, „dowód” jest banalny – sprowadza się do przekształcenia wielomianu, ale można to zrobić elegancko, eleganciej:) i najeleganciej (Esteon).
mp
Napisał Pan, Panie Marku, że łatwo udowodnić rozważane twierdzenie dla n=2, 3, a nawet 4. Dla n=2 rzeczywiście dowód jest prosty, podobnie dla n=4. Natomiast mam problem z uzasadnieniem twierdzenia dla n=3. Czy rzeczywiście jest to takie proste?
Z pozdrowieniami,
Jazz_off
Jazz_onie, dla trzech kolejnych liczb (jeśli dobrze pamiętam) idzie tak:
n(n+1)(n+2)=x^k
teraz wystarczy zauważyć, że n+1 jest względnie pierwsze z n i n+2, a zatem:
n+1=y^k oraz n(n+2)=n^2+2n=z^k
i dalej:
(n+1)^2=n^2+2n+1=y^2k, czyli
(y^2)^k-z^k=1, a wszak niemożliwe jest, aby dwie potęgi (z jednakowymi wykładnikami) różniły się o jeden.
Pozdrav
mp
Dziękuję za dowód. Jak widać nie przypomina dowodu dla n=2 i 4 i jeśli dla każdego n należałoby wymyślać unikalne uzasadnienie, to tym bardziej
genialny Paul Erdös zasługuje na podziw.
Pozdrawiam,
Jazz_off
Szanowny Panie Marku
Ma Pan jak najbardziej rację , że na tle innych dowodów , ten przedstawiony przez Esteona jest najbardziej elegancki i najprostszy .
Oczywiście , gdyby to zadanie było wymyślone i oceniane przez kuratorium , to wysiłek Esteona byłby oceniony najsłabiej , ponieważ nie podaje wprost od jakiego kwadratu jest mniejszy o jeden rozpatrywany iloczyn 🙂
Naturalnie zadanie jest ciekawsze niż mój banalny dowód .
I chociaż złamania są zwykle uciążliwe i bolesne , to z przyjemnością czekam na kolejne sposobności łamania głowy przy użyciu Pana zadań .
Z poważaniem
AC