Προβλήματα Μαθηματικών

Ιανουαρίου 12, 2012

Τα αόρατα ακέραια σημεία του επιπέδου

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 10:39 μμ

Στεκόμαστε στο σημείο (0, 0) του επιπέδου και κοιτάμε γύρω μας τα ακέραια σημεία του επιπέδου, τα σημεία δηλ. που έχουν και τις δύο συντεταγμένες τους ακέραιες. Αν (x, y), (z, w) είναι δύο τέτοια σημεία και (z, w) = \lambda (x, y) για κάποιο \lambda > 1 τότε το σημείο (z, w) είναι αόρατο σε μας (αφού η ακτίνα του φωτός που ξεκινάει από αυτό και κατευθύνεται προς εμάς κόβεται στο σημείο (x, y) που βρίσκεται ανάμεσά μας).

Δείξτε ότι το σύνολο των αόρατων ακέραιων σημείων του επιπέδου περιέχει οσοδήποτε μεγάλα κομμάτια, περιέχει δηλ., για κάθε N>0 ένα σύνολο της μορφής

Q(x, y) = \{ (x+i, y+j): i, j=1,2,\ldots,N \}

για κατάλληλα επιλεγμένα ακέραια x, y.

Advertisements

4 Σχόλια »

  1. Για να λυθεί το πρόβλημα αρκεί να βρούμε φυσικούς x,y έτσι ώστε οι x+i,y+j να μην είναι πρώτοι μεταξύ τους για \forall \; i,j=1,2,\ldots,N
    Πρώτα επιλέγουμε τον x έτσι ώστε οι x+1,x+2,\ldots,x+N να διαιρούνται ο καθένας από τουλάχιστο N^2 διαφορετικούς πρώτους.
    Επιλέγουμε φυσικούς αριθμούς r_1,r_2,\ldots,r_N επαγωγικά ως εξής:
    r_1=(N+1)!+1
    οπότε
    2\;\mid \;r_1+1,\;\;3\;\mid \;r_1+2,\;\ldots,\;N+1\;\mid \;r_1+N.
    Στο δεύτερο βήμα ορίζουμε
    r_2=(r_1+1)^2\cdot(r_1+2)^2\cdots(r_1+N)^2+r_1
    οπότε
    r_1+k\;\mid \;r_2+k\;\; \forall k=1,2,\ldots,N.
    Επιπλέον αφού
    \frac{r_2+k}{r_1+k}=(r_1+1)^2\cdots(r_1+k)\cdots(r_1+N)^2 + 1
    ο r_2+k διαιρείται από τουλάχιστο 2 διαφορετικούς πρώτους για k=1,2,\ldots,N.
    Επαγωγικά αν οριστεί ο r_i έτσι ώστε οι r_i + k να διαιρούνται από τουλάχιστο i\; διαφορετικούς πρώτους για k=1,2,\ldots,N ,ορίζουμε
    r_{i+1}=(r_i+1)^2\cdot(r_i+2)^2\cdots(r_i+N)^2+r_i.
    Τότε
    r_i+k\;\mid \;r_{i+1}+k,\;\; \forall \; k=1,2,\ldots,N.
    Επιπλέον αφού
    \frac{r_{i+1}+k}{r_i+k}=(r_i+1)^2\cdots(r_i+k)\cdots(r_i+N)^2 + 1
    ο r_{i+1}+k διαιρείται από τουλάχιστο i+1\; διαφορετικούς πρώτους για k=1,2,\ldots,N (αφού οι πρώτοι που διαιρούν τον r_i+k δεν διαιρούν τον \frac{r_{i+1}+k}{r_i+k}).
    Θέτουμε x=r_{N^2}.
    Υπάρχουν πρώτοι p_{i,j},\;\; i,j=1,2,\ldots,N διαφορετικοί ανά δύο έτσι ώστε για \forall\; j=1,2,\dots,N\;\; p_{i,j}\mid x+i \;\;\forall \;i=1,2,\ldots,N.
    Τώρα από το Κινέζικο Θεώρημα μπορούμε να επιλέξουμε y \in \mathbb{N} έτσι ώστε
    y+1 \equiv 0 \mod p_{_{1,1}}\cdot p_{_{2,1}}\cdots p_{_{N,1}}\\ y+2 \equiv 0 \mod p_{_{1,2}}\cdot p_{_{2,2}}\cdots p_{_{N,2}}\\                 \cdots\\ y+N \equiv 0 \mod p_{_{1,N}}\cdot p_{_{2,N}}\cdots p_{_{N,N}}
    Τότε p_{i,j}|x+i,\;\;p_{i,j}|y+j,\;\; \forall i,j=1,2,\ldots,N άρα τα (x+i,y+j) είναι αόρατα ακέραια σημεία του επιπέδου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pamp0s — Ιανουαρίου 14, 2012 @ 10:15 μμ

  2. Δε μπορώ να δω κάτι.

    Για τα p_{i,1}, p_{i,2}, \ldots βλέπω ότι είναι διαφορετικά μεταξύ τους αλλά όχι αν αλλάξει και ο πρώτος δείκτης. Για παράδειγμα, γιατί είναι τα p_{1,1}, p_{2,1} διαφορετικά;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 15, 2012 @ 10:32 μμ

  3. Στη 5^{\eta} γραμμη του 1^{o\upsilon} σχολιου ειναι καλύτερα να έλεγα:
    » Για n\in \mathbb{N} επιλέγουμε τον ακέραιο r_n επαγωγικά ως εξής: »
    Τώρα η επιλογή των p_{i,j} γίνεται ως εξής:
    Θέσαμε {\bf x=r_{N^2}} οπότε οι ακέραιοι x+1,x+2,\ldots,x+N,x+N+1,\ldots,x+N^2 διαιρούνται ο καθένας από τουλάχιστο N^2 διαφορετικούς πρώτους(Εμάς μας ενδιαφέρει μόνο για τους x+1,x+2,\ldots,x+N).
    Επιλέγουμε τους p_{_{1,1}},p_{_{1,2}},\ldots,p_{_{1,N}} τυχαια από τους πρώτους που διαιρούν τον x+1.
    Μετά από τους πρώτους που διαιρούν τον x+2 (οι οποίοι είναι τουλάχιστο N^2 στο πλήθος) επιλέγουμε τους p_{_{2,1}},p_{_{2,2}},\ldots,p_{_{2,N}} ετσι ώστε οι p_{_{1,1}},p_{_{1,2}},\ldots,p_{_{1,N}},p_{_{2,1}},p_{_{2,2}},\ldots,p_{_{2,N}} να είναι διαφορετικοί ανά δυο.
    Συνεχίζοντας επαγωγικά επιλέγουμε τους p_{_{i,j}}\;\; i,j=1,2,\ldots,N ετσι ώστε να είναι διαφορετικοί ανά δύο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pamp0s — Ιανουαρίου 16, 2012 @ 3:34 μμ

  4. Σωστά, όλα καλά τώρα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 16, 2012 @ 4:25 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: