Podciągi z kwadratami

[mol_ksiazkowy]

Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) istnieje ciąg \(\displaystyle{ a_1, ..., a_n}\) różnych liczb naturalnych, takich, że suma dowolnych \(\displaystyle{ n-1}\) z nich jest kwadratem liczby całkowitej ?

[arek1357]

Z warunków zadania mamy:

Wśród liczb:

\(\displaystyle{ a_{1},a_{2},...,a_{n}}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \begin{cases}a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}=d_{1}^2 \\a_{1}+a_{2}+...+a_{n-2}+a_{n}=d_{2}^2\\............................\\a_{2}+...+a_{n}=d_{n}^2\end{cases}}\)

Nie wdając się w zbędna rachunki, łatwo zauważyć, że rozwiązaniem tego oznaczonego układu równań
będą:

\(\displaystyle{ a_{1}= \frac{d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-1}^{2}-(n-2)d_{n}^2}{n-1}}\)

\(\displaystyle{ a_{2}= \frac{d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-2}^{2}-(n-2)d_{n-1}^2+d_{n}^2}{n-1}}\)

....................................................................................................................................

\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{-(n-2)d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n}^2}{n-1}}\)

Jak widać można zawsze dobrać kwadraty na górze, żeby suma była podzielna zawsze przez.: \(\displaystyle{ n-1}\)

dla każdego \(\displaystyle{ n}\)...

[a4karo]

Tyle że dużo tych liczb naturalnych będzie ujemnych...

[arek1357]

Pewnie i masz rację ale zawsze można dobrać właściwe lub się bawić...

sprawdzałem dla mniejszych i działa...

[Brombal]

\(\displaystyle{ \frac{ \sum_{i=1}^{n} d _{i}^{2} }{\sum_{i=1}^{n} a _{i}} =n-1}\)

[Sylwek]

Poprawne rozwiązanie:    

Przyjmuję tu \(\displaystyle{ n \ge 2}\) i \(\displaystyle{ a_i \ge 1}\), choć to nie jest ważne.

Skorzystam ze wzorów wyprowadzonych powyżej przez arek1357, a potem dopiszę niezbędną kontynuację:

Z warunków zadania mamy:

Wśród liczb:

\(\displaystyle{ a_{1},a_{2},...,a_{n}}\)

mamy:

\(\displaystyle{ \begin{cases}a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}=d_{1}^2 \\a_{1}+a_{2}+...+a_{n-2}+a_{n}=d_{2}^2\\............................\\a_{2}+...+a_{n}=d_{n}^2\end{cases}}\)

Nie wdając się w zbędna rachunki, łatwo zauważyć, że rozwiązaniem tego oznaczonego układu równań
będą:

\(\displaystyle{ a_{1}= \frac{d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-1}^{2}-(n-2)d_{n}^2}{n-1}}\)

\(\displaystyle{ a_{2}= \frac{d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-2}^{2}-(n-2)d_{n-1}^2+d_{n}^2}{n-1}}\)

....................................................................................................................................

\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{-(n-2)d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n}^2}{n-1}}\)

Pokażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) sytuacja z zadania jest możliwa.

Jak widać, są tu jeszcze dwa wyzwania do pokonania:
(1) Licznik musi być wielokrotnością mianownika.
(2) Wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_i}\) muszą być dodatnie.
Spróbujmy jak najprościej spełnić (1) i (2).

Aby spełnić (1), najprościej zrobić, żeby każde \(\displaystyle{ d_i}\) było wielokrotnością \(\displaystyle{ n-1}\).

Aby spełnić (2), posortujmy \(\displaystyle{ a_1<a_2<\ldots<a_n}\). Wtedy będzie też \(\displaystyle{ d_1<d_2<\ldots<d_n}\), więc wystarczy tylko zadbać, aby najmniejszy licznik, licznik \(\displaystyle{ a_1}\), czyli \(\displaystyle{ d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-1}^{2}-(n-2)d_{n}^2}\), był dodatni. W nim kwadratów "na plusie" jest \(\displaystyle{ n-1}\), a ostatni, największy kwadrat, jest policzony \(\displaystyle{ n-2}\) razy, i to ze znakiem minus. To sugeruje, że rozpiętość między \(\displaystyle{ d_1}\) a \(\displaystyle{ d_n}\) nie powinna być zbyt duża.

Aby więc spełnić (1) i (2), warto zatem być przezornym i brać kolejne wielokrotności \(\displaystyle{ n-1}\).

Warto więc wziąć:
\(\displaystyle{ \begin{cases}d_1=x \\ d_2=x+(n-1) \\ d_3=x+2(n-1) \\ \ldots \\ d_n=x+(n-1)(n-1),\end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ x}\) jest pewną (dużą) wielokrotnością \(\displaystyle{ n-1}\).

A to jak najprościej? Gdy \(\displaystyle{ x}\) jest jakąś potęgą \(\displaystyle{ n-1}\). Widać, że \(\displaystyle{ d_n=d_1+(n-1)^2}\), więc intuicja podpowiada, że najwcześniej (wśród potęg) warto próbować dla \(\displaystyle{ d_1=(n-1)^3}\).

I to rzeczywiście pasuje dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) (dla \(\displaystyle{ n=2}\) przykład jest trywialny, nawet bez tej metody). Chętnym zostawiam pokazanie, że wtedy rzeczywiście zachodzi \(\displaystyle{ d_{1}^2+d_{2}^2+...+d_{n-1}^{2}-(n-2)d_{n}^2>0}\) - to już ściśle techniczne szacowanie.

A poniżej kroki tego szacowania:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-2}((n-1)^3+k(n-1))^2>(n-2)((n-1)^3+(n-1)^2)^2}\),
co jest równoważne
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-2}((n-1)^2+k)^2>(n-2)((n-1)^2+(n-1))^2}\),
czyli
\(\displaystyle{ (n-1)(n-1)^4+(n-2)(n-1)(n-1)^2+\frac{(n-2)(n-1)(2n-3)}{6}>(n-2)(n-1)^2n^2}\).
Po pomnożeniu przez \(\displaystyle{ 6}\), podzieleniu przez \(\displaystyle{ n-1}\) i przekształceniach algebraicznych dostaniemy prostą formę równoważną
\(\displaystyle{ n(2n-1)>0}\),
co oczywiście jest prawdą.

Dorzucam jeszcze przykład dla \(\displaystyle{ n=4}\). Jeśli generujemy wg powyższego algorytmu, wychodzi
\(\displaystyle{ \begin{cases}a_1=42 \\ a_2=249 \\ a_3=438 \\ a_4=609, \end{cases}}\)
co koresponduje z
\(\displaystyle{ \begin{cases}d_1=27=3^3 \\ d_2=30=3^3+3 \\ d_3=33=3^3+6 \\ d_4=36=3^3+9. \end{cases}}\)

[arek1357]

I bardzo słusznie dobrze, żeś to dokończył bo mi się już nie za bardzo chciało formalizować do końca...

[Sylwek]

I bardzo słusznie dobrze, żeś to dokończył bo mi się już nie za bardzo chciało formalizować do końca...

Dokończyłem, ale tu nie chodzi o niechęć do formalizacji - bo to mógłbyś powiedzieć, gdybyś podał jasną ideą wraz z oczywistym kierunkiem dokończenia.

Twoje rozumowanie nie wskazywało, że szukane liczby naprawdę istnieją. Twój post w ogóle mnie nie przekonał, że takie liczby istnieją - ja sam najpierw próbowałem udowodnić, że jedynie dla pewnych \(\displaystyle{ n}\) teza jest prawdziwa, a dopiero później złapałem koncepcję, żeby dowodzić istnienie takich liczb dla każdego \(\displaystyle{ n}\).

U Ciebie zostały dokonane zostały pewne przekształcenia algebraiczne, ale kluczowe kroki dowodu nie zostały pokazane - podane zostały jakieś ułamki, bez wniknięcia w ich strukturę. To nie była nawet połowa dowodu, bardziej mi to przypominało "rozgrzebanie" zadania.

[arek1357]

Bardzo się jednak cieszę, żeś zagrzebał to com ja rozgrzebał i składam wielkie dzięki(od dziś jesteś moim Guru)...

Uderzam się w pierś żem jest czasem bardzo rozgrzebany i ubolewam nad tym...

Ten co rozgrzebuje jest odkrywcą lub kura, a ten co zagrzebuje to raczej jest ponurym grabarzem...

Jeszcze raz bardzo przepraszam...