Aug 112016
 

集合

\[\{\sqrt n|n\in\Bbb N\; \text{is Square-free integer}\}\]

在有理数域上线性无关.

这其实是非常古老的问题, 早已经有很一般的结果.

先厘清无平方因子整数Square-free integer这个概念: \(1\) 到底是不是无平方因子整数?

wiki 给出的定义是: 不被不是 \(1\) 的完全平方整除的整数称为无平方因子整数. 因此, \(1\) 算无平方因子正整数. 鉴于此, 我们认为: 无平方因子整数定义为”不被质数的平方整除的整数”更为恰当.

下面的证明来自 Iurie Boreico 的文章 Linear Independence of Radicals.

我们把问题写的更清楚一点, 即我们要证明:

\(n_1\), \(n_2\), \(\dotsc\), \(n_k\) 是互不相同的无平方因子正整数; \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_k\) 都是整数. 令

\[S=a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\dotsb+a_k\sqrt{n_k},\]

那么 \(S=0\) 当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_k=0\).

第一个办法是指出更精细的结果:

记 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 是 \(n_1n_2\dotsm n_k\) 的所有互不相同的质因子. 则存在

\[S^\prime=b_1\sqrt{m_1}+b_2\sqrt{m_2}+\dotsb+b_l\sqrt{m_l},\]

(这里 \(b_1\), \(b_2\), \(\dotsc\), \(b_l\) 都是整数; \(m_1\), \(m_2\), \(\dotsc\), \(m_l\) 都是无平方因子正整数, 并且都没有 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 以外的质因子), 使得 \(SS^\prime\ne0\) 是整数. 进而, 顺水推舟, \(S\ne0\).

对 \(N\) 进行归纳.

明显 \(N=0\) 时, 结论为真: 此刻 \(k=1\), \(n_1=1\), 于是 \(S=a_1\ne0\). 令 \(S^\prime=1\) 即可.

 Posted by at 5:04 pm
Nov 252015
 

Sam Northshield 用一句话就说明了质数的无穷性. 这个很精彩的证明是这样的:

Proof.  If the set of primes is finite, then

\[0\lt \prod_p \sin\left(\frac \pi p\right)= \prod_p \sin\left(\frac{\pi\Big(1+2\prod\limits_{p’}p’\Big)}p\right)=0.     \qquad          \Box\]

有更短的数学证明吗?应该没有! 这个证明正确吗?好像不是一目了然啊!

不等号 \(\lt\) 显而易见.

第一个等号 \(=\) 也很显然, 因为\(\prod\limits_{p’}p’\) 跑遍所有的(有限个)质数, 因此, 对于任意的质数 \(p\), \(p\mid\prod\limits_{p’}p’\) 为真.

关键的地方来了, 为什么必有一项 \(\sin\Bigg(\frac{\pi\Big(1+2\prod\limits_{p’}p’\Big)}p\Bigg)=0\)? 这是因为 \(1+2\prod\limits_{p’}p’\) 肯定有质因子, 不妨 \(q\) 是其中之一. 设整数 \(k\) 使得 \(1+2\prod\limits_{p’}p’=kq\), 于是

\[\sin\left(\frac{\pi\Big(1+2\prod\limits_{p’}p’\Big)}q\right)=\sin k\pi=0.\]

似曾相识? Euclid 的那个最著名的证明好像也有这么一个类似的步骤!

普遍流行的认识是, Euclid 的那个质数无穷性的著名证明是通过反证法. 事实不是如此.

References

  1. Sam Northshield, A One-Line Proof of the Infinitude of Primes, The American Mathematical Monthly, Vol. 122, No. 5 (May 2015), p. 466
  2. Michael Hardy and Catherine Woodgold, Prime Simplicity,  the Mathematical Intelligencer, Volume 31, Issue 4, December 2009,  44-52
  3. Harold Edwards, Contradict or Construct?,  the Mathematical Intelligencer, Volume 32, Issue 1, March 2010, p.3
  4. Harold Edwards, Essays in Constructive Mathematics,  Springer, 2010
Apr 162014
 

\(p\) is a odd prime,  then

  1. there are infinite primes \(q\) such that \(q\) is a quadratic residue modulo \(p\);
  2. there are infinite primes \(q\) such that \(q\) is a quadratic nonresidue modulo \(p\).

第二件事是容易的. 事实上,  是 \(q>0\) quadratic non-residue modulo \(p\) 的最小正整数, 则 \(p\) 是质数 . 考虑

\[a_0=q, a_1=q+p,a_2=q+pa_1,a_3=q+pa_1a_2,\dotsc, a_n=q+pa_1a_2\dotsb a_{n-1},\dotsc \]

显然, \((a_i,a_j)=1\).

换个做法  假定只有有限个, 不妨设为 \(q_1, q_2, q_3,\dotsc, q_n\), 二次非剩余 modulo \(p\). 因为 \((q_1q_2q_3\dotsm q_n, p)=1\), 因之必有正整数 \(k\), 使得

\[\bigg(\dfrac{kq_1q_2q_3\dotsm q_n+1}p\bigg)=-1.\]

无穷个质数二次剩余的证明要难一些, 关键在于巧妙的使用二次互反律.

在 \(p\equiv1\pmod4\) 的情形, 如果 \(q\) 是奇质数且 \(q \neq p\), 那么

\[\bigg(\frac qp\bigg) = \bigg(\frac pq\bigg). \]

首先选定一个正整数 \(k\) 使得 \(4^k\gt p\). 考虑

\[a_1 = 4^k – p,\]
\[a_2 = 4^ka_1^2 -p,\]
\[ a_3 = 4^ka_1^2a_2^2 -p, \]
\[\dotsc\]
\[a_n = 4^ka_1^2a_2^2\dotsm a_{n-1}^2-p,\]
\[\dotsc\]

显然, \((a_i,a_j)=1\), 并且 \((a_n,p)=1\). 然后, \(a_n\) 的任意一个质因子 \(q\) 都使得 \(\Big(\dfrac{p}q\Big)=1\).

余下的另一种情况, 即 \(p\equiv3\pmod4\), 如果 \(q\) 是奇质数且 \(q \neq p\), 那么

\[\bigg(\frac qp\bigg)=\bigg(\frac {-p}q\bigg).\]

考察

\[a_1 = 4+p, \]
\[a_2 = 4a_1^2 + p, \]
\[ a_3 = 4a_1^2a_2^2 + p, \]
\[a_4 = 4 a_1^2a_2^2 a_3^2 + p, \]
\[\dotsc\]
\[a_n = 4 a_1^2a_2^2\dotsm a_{n-1}^2+ p,\]
\[\dotsc\]

显然, \((a_i,a_j)=1\), 并且 \((a_n,p)=1\). \(a_n\) 的每一个质因子 \(q\) 都使得 \(\Big(\dfrac{-p}q\Big)=1\).

Mar 252014
 

Which integers can be expressed as \(a^3+b^3+c^3-3abc\)? \(a\), \(b\), \(c\in\Bbb Z\).

\[(a\pm1)^3+a^3+a^3-3(a\pm1)a^2=3a\pm1\]

\[(a-1)^3+a^3+(a+1)^3-3a(a+1)(a-1)=9a\]

\[2(a^3+b^3+c^3-3abc)=3(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^3\]

If \(3\mid(a^3+b^3+c^3-3abc)\), then \(3\mid(a+b+c)^3\), \(3\mid(a+b+c)\). so \(9\mid(a^3+b^3+c^3-3abc)\).

All \(n\) such that \(3\nmid n\) or \(9\mid n\).

Feb 042014
 

Let \(f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1} +\dotsb+a_1x+a_0\) be a polynomial with integer coefficients, and let \(d_1\),\(\dotsc\), \(d_n\) be pairwise distinct integers. Suppose that for infinitely many prime numbers \(p\) there exists an integer \(k_p\) for which

\begin{equation}f\left(k_p+d_1\right)\equiv f\left(k_p+d_2\right)\equiv\dotsb\equiv f\left(k_p+d_n\right)\equiv0\pmod p.\end{equation}

Prove that there exists an integer \(k_0\) such that

\[f\left(k_0+d_1\right)=f\left(k_0+d_2\right)=\dotsb= f\left(k_0+d_n\right)=0.\]

用 \(P\) 表示 \(\gt n\), 且具有下列性质的质数 \(p\) 所组成的集合: 存在整数 \(k_p\), 使得 \((1)\) 为真.

记 \(u=d_1+d_2 +\dotsb+d_n+a_{n-1}\). 对于 \(p\in P\), 设 \(K_p=nk_p+u\); 对每个 \(\leq n\) 的正整数 \(i\), 设 \(D_i=nd_i-u\). 易见, 所有的 \(\mid D_i-D_j\mid\) 都不会是 \(0\).

\[F(x)=n^nf\Big(\frac xn\Big)=x^n+na_{n-1}x^{n-1}+n^2a_{n-2}x^{n-2}\dotsb+n^{n-1}a_1x+n^na_0.\]

注意到, 对正整数 \(i\)(\(1\leq i\leq n\)), 有

\[F\big(K_p+D_i\big)=n^nf\bigg(\frac{K_p+D_i}n\bigg)=n^nf\big(k_p+d_i\big)\equiv0\pmod p.\]

只要质数 \(p\in P\) 足够大, 任意的 \(\mid D_i-D_j\mid\) 都不被 \(p\) 整除. 既然 \(K_p+D_1\), \(K_p+D_2\), \(\dotsc\), \(K_p+D_n\) \(\bmod p\) 互不同余, 从而它们就是 \(F(x)\equiv0\pmod p\) 的全部解. 然后, Vieta formula 定出

\[\big(K_p+D_1\big)+\big(K_p+D_2\big)+\dotsb+\big(K_p+D_n\big)\equiv-na_{n-1}\pmod p,\]

\[\big(K_p+nd_1-u\big)+\big(K_p+nd_2-u\big)+\dotsb+\big(K_p+nd_n-u\big)\equiv-na_{n-1}\pmod p,\]

进而

\[nK_p\equiv-n\big(a_{n-1}+d_1+d_2+\dotsb+d_n-u\big)=0\pmod p.\]

既然 \(p\gt n\), \(p\mid K_p\).

再次使用 Vieta formula, 当 \(1\leq l\leq n\) 时,

\[(-1)^ln^la_{n-l}\equiv\prod_{1\leq i_1\lt\dotsb\lt i_l\leq n}\big(K_p+D_{i_1}\big)\dotsm\big(K_p+D_{i_l}\big)\pmod p,\]

由 \(p\mid K_p\) 得知

\begin{equation}(-1)^ln^la_{n-l}\equiv\prod_{1\leq i_1\lt\dotsb\lt i_l\leq n}D_{i_1}\dotsm D_{i_l}\pmod p.\end{equation}

只要 \(P\) 中的质数 \(p\) 使得任意的 \(\mid D_i-D_j\mid\) 都不被 \(p\) 整除, 则 \((2)\) 成立. 如此, 就必须有

\[(-1)^ln^la_{n-l}=\prod_{1\leq i_1\lt\dotsb\lt i_l\leq n}D_{i_1}\dotsm D_{i_l}.\]

从而

\[F(x)=\big(x-D_1\big)\big(x-D_2\big)\dotsm\big(x-D_n\big).\]

返回到多项式 \(f\) 以及 \(d_i\),

\[f(x)=\Big(x-d_1-\frac un\Big)\Big(x-d_2-\frac un\Big)\dotsm\Big(x-d_n-\frac un\Big).\]

\(f\) 是首一多项式, 其有理根必是整数. 故 \(\dfrac un\) 是整数.

令 \(k_0=\dfrac un\), 则 \(f(k_0+d_i)=0\) 对所有的 \(1\leq i\leq n\).

Jan 142014
 

数学一入深似海, 从此红尘是路人

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谈谈不定方程 单墫, 余红兵
初等数论 冯志刚
数论(原名”数学竞赛中的数论问题”) 余红兵
初等数论难题集 刘培杰

Jan 022014
 

很偶然的, 看到了几个韩京俊传出来的数论问题. 据说问题来自牟晓生.

  1. 设 \(p\) 为大于 \(3\) 的素数, 证明 \(\dfrac{p^p-1}{p-1}\) 和 \(\dfrac{p^p+1}{p+1}\) 不能都是素数幂;
  2. 设 \(n\gt5\), 证明 \(n!\) 不能整除它的正约数之和;
  3. 设 \(A\), \(B\) 划分正整数集, 如果\(A+A\) 和 \(B+B\) 都只含有有限个素数, 证明\(A\) 或 \(B\) 是全体奇数的集合;
  4. 设 \(M\) 是给定正整数, 证明对每个充分大的素数 \(p\), 存在\(M\)个连续的 \(\bmod p\) 的二次非剩余;
  5. 设 \(q\) 是一个不大于\(\dfrac{\pi^2}6 -1\) 的正有理数, 证明 \(q\) 可写为若干互异单位分数的平方和;
  6. 对每个充分大的正整数 \(k\), 存在若干互异正整数, 其和为 \(k\), 其倒数和为 \(1\);
  7. 在 \(n^2\) 和 \((n+1)^2\) 间总有一些正整数的积是一个平方数的两倍;
  8. 若一些单位根之和在单位圆上, 则必亦为单位根;
  9. 设 \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dotsb\) 是一个整系数的形式幂级数, 假定 \(\dfrac{f^\prime(x)}{f(x)}\) 也是一个整系数的形式幂级数, 证明对任意下标 \(k\), \(a_k\) 能被 \(a_0\) 整除.

这些问题显然非常的有难度. 第 3 个问题, 俺多年前就见过, 是 Paul Erdős 在美国数学月刊上提的问题(编号 A6431).

俺特意调查了其他几个问题的出处.

问题 5 也是 Paul Erdős 提出的, 但证明是 R.L. Graham (也可能是 Sierpsinski) 给的. R.L. Graham 证明了

\(\dfrac pq\) can expressed as the finite sum of reciprocals of distinct squares if and only if

\[\frac pq\in[0, \frac{\pi^2}6-1)\cup[1,\frac{\pi^2}6).\]

问题 6 的答案也是 R. L. Graham 提供的: Graham published a proof  in 1963 as “A Theorem on Partitions”, Journal of the Australian Mathematical Society 3 (1963), pp. 435-441.

If  \(n\) is an integer exceeding \(77\) then there exist positive integers \(k\), \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_k\) such that:

  1. \(1\lt a_1\lt a_2\lt \dotsc \lt a_k;\)
  2.  \(a_1+ a_2+ \dotsb + a_k=n;\)
  3.  \(\frac1{a_1}+ \frac1{a_2}+ \dotsb + \frac1{a_k}=1.\)

His proof is constructive and fairly short, but it does require a long table of decompositions for relatively small values of \(n\). It would be interesting to see a non-constructive proof that doesn’t require such a long list.

问题 7 也不简单.

Granville and Selfridge, Product of integers in an interval, modulo squares: “We prove a conjecture of Irving Kaplansky which asserts that between any pair of consecutive positive squares there is a set of distinct integers whose product is twice a square.”

The details are Electronic Journal of Combinatorics, Volume 8(1), 2001.

有比问题 8 更普遍的结果. More precisely, let \(\zeta_1\), \(\dotsc\), \(\zeta_k\) be \(n\)-th roots of unity. If

\[|\sum_{i=1}^k n_i\zeta_i|= 1,\]

where \(n_i\in\mathbb Z\), then \(\sum\limits_{i=1}^k n_i \zeta_i\) is also an \(n\)-th root of unit.