Покритие с аритметични прогресии.

[grav]

От задачата за аритметични прогресии, от темата на drago, за която нищо не съм измислил, ми хрумна следната задача. Която не е чак толкова трудна, че да е за състезание но все пак.

Задача: Може ли да се покрият естествените числа с аритметични прогресии, чийто разлики са различни точни квадрати по-големи от единица?

п.с. Ако някой реши, че отговора е не, заради другата 'по-обща' задача, че не могат да се покрият с прогресии с различни разлики, искам да наблегна, че в условието не се казва, че прогресиите трябва да са крайно много.

[strangerforever]

Естествено. Просто избираш първите членове да са 1, 2, 3... до безкрайност, тогава разликите нямат значение.

: ?

[grav]

A, da, tribva vsiako chislo da popada samo v edna progresia. Sorry za latinitsata i che sum zabravil da utochnia.

[ptj]

Задачката на drago за прогресиите я реших (предпоследното мнение).


За поставената от теб задача отговора е "не" ако са крайно множество (заради съществуването на прости числа), но за безкрайния вариант трябва малко да се помисли .

[drago]

Задачката на drago за прогресиите я реших (предпоследното мнение)...

Я, аз пък не бях забелязал , за съжаление това, което си написал не е вярно!!!

[drago]

Колкото до тази задача: първите членове ги избираме да са съответно [tex]1,2,3,....[/tex] Разликите ги избираме последователно така. ако вече са избрани [tex]d_1, d_2, ..., d_n[/tex], то образуваме множеството от всевъзможните разлики от числа от множеството [tex]\{1,2,...,n, n+1\}[/tex] и избираме просто [tex]p_{n+1}[/tex], така че да не дели нито една от тези разлики, тогава [tex]a_{n+1} = n+1,\, d_{n+1} = p_{n+1}^2[/tex]

[ptj]

Напиши в темата за задачата кое не е вярно.

Има неточност, т.е. пропуснато в частта за заключението [tex](a_i,p)=1[/tex], което се дължи на наличието на прости числа в съответната прогресия.

[grav]

Колкото до тази задача: първите членове ги избираме да са съответно [tex]1,2,3,....[/tex] Разликите ги избираме последователно така. ако вече са избрани [tex]d_1, d_2, ..., d_n[/tex], то образуваме множеството от всевъзможните разлики от числа от множеството [tex]\{1,2,...,n, n+1\}[/tex] и избираме просто [tex]p_{n+1}[/tex], така че да не дели нито една от тези разлики, тогава [tex]a_{n+1} = n+1,\, d_{n+1} = p_{n+1}^2[/tex]

Не съм написал уточнението добре. Прогресиите не трябва да имат общи членове.

[drago]

Да, да, знаех това, но имах нещо впредвид, а съм написал някаква голяма глупост. Забрави го.

Така, конструкцията е следната:
Започваме с [tex]a_1=1,\, d_1=2^2.[/tex].
Нека сме избрали пъвите [tex]n[/tex] прогресии. Вземаме най-малкото естествено число което не се покрива от някоя от тези n прогресии. Това число ще е [tex]a_{n+1}[/tex], а, [tex]d_{n+1} = 2^{2(n+1)}[/tex].

Защо не се пресичат?. Ако i-тата и j-тата прогресии [tex](i<j)[/tex] имат общо число, то:

(1) [tex]a_j - a_i = m d_i - n d_j[/tex] , за някои [tex]m, n \in \mathbb{N}[/tex].

(1) <=> [tex]\, gcd(d_i, d_j) / a_j-a_i[/tex]

Но [tex]gcd(d_i, d_j) = d_i[/tex], a [tex]d_i[/tex] не дели [tex]a_j-a_i[/tex] по построение.

Това е.

Между другото задачата може и да е по-трудна от тази за прогресиите давана на подборния кръг.

[grav]

Да. Всъщност аз имах на ум нещо много по-лесно. Именно за крайно много прогресии, където не е вярно, че може, но понеже исках да си избегне използването на задачата, че разликите не могат да са различни, бях решил, че е вярно и за безкрайния случай. Така се е получила друга задача.

Ето това си мислех. Може ли крайно много аритметични прогресии с различни разлики точни квадрати по-големи от едно да покриват естствените числа. И отговора е не може. Ако прогресиите са [tex]\{a_i+nd_i\}[/tex] за да образуват покритие е необходимо [tex]\sum \frac1{d_i}\ge 1[/tex]. Ако разликите са точни квадрати [tex]d_i=m_i^2[/tex] тогава
[tex]\sum_{i=1}^N\frac1{m_i^2}\le \sum_{i=2}^\infty\frac1{i^2}=\sum_{i=1}^\infty\frac1{i^2}-1=\frac{\pi^2}6-1<1[/tex].

Заради реда я сложих във висша математика.