Задачи по теории чисел

a10036

Сумма по n<=x фи(n*n+1)/(n*n+1) Вопрос: к чему стремиться при х стремящемся к бесконечности
2. Доказать при R стремящемся к беконечности: T(R) - pi*R*R = o(R где Т - число целых точек в круге X*X+Y*Y<=R*R

ver-56

сами решайте, ебтить!
ишь чего захотели!

e_movo

посмотри в тредах ниже, может есть подобные

a10036

смотрел, не нашел подобных, может кто рюхает как решаются?

e_movo

точно не я

katkoff

я ж вам ботанам сказал - ТЧ ботать надо было год назад!

a10036

Гарен, не флуди, сам нашел свои задачи, так хоть другим не мешай

katkoff

ладно, не плачь!
они легкие все.
решит кто-нить

dushistik

-ая похоже на задачу, которая была уже (см внизу только там вместо n*n+1 стоит n

Sanych

Вот схема решения задачи про круг, не претендующая на полноту и оптимальность -- но скорее всего верная
Во второй задаче можно рассмотреть криволинейный треугольник y>x,y>-x,x^2+y^2<R^2 и далее сравнивать площадь с количеством точек. При этом удобно сначала приблизить площадь по формуле трапеций, тогда остаётся только показать малость суммы дробных частей сдвинутых на 1/2: $\sum_{x=0}^{[R\sqrt{0.5}]}\{ \sqrt{R^2-x^2} \}-0.5= o(R)$.
(примечание -- сдвиг на 0,5 возникает, потому что точки нижней границы мы должны считать по 1/2 раза в каждом из 4 наших треугольников)
Нам надо откуда-то брать равномерную распределённость. Вроде можно сделать так: сгруппировать участки длиной \sqrt[3]{R},
потом на каждом заменить границу линейной, что на дробные части влияет как o(1) и потом заметить, что из всех блоков плохое направление (т.е. допускающее ошибку более фиксированного \eps в дробных частях) бывает только в o(1) блоках.
Действительно, есть у нас линейная с коэффициэнтом k функция. И пусть так вышло, что сумма \sum_{n=0}^{m-1}{c+kn} не является m\eps - близкой к m/2.
Тогда хотим показать, что есть {kn}, очень близкая к 0 для n от 1 до 4/eps. Действительно, там есть {kn}\le \eps/4 либо {kn}>1-\eps/4
Тогда так как она на каждом своём "периоде" даёт среднюю ошибку не более 2\eps/3, значит непериодическая часть даёт вклад не менее \eps/3.
Но тогда длина непериодической части не менее m\eps/3;
а значит и длина периода T \ge m\eps/3; но длина периода есть 1/\delta.
В общем, \delta порядка O(\eps/m). И хотя возможных n есть 4/\eps, а соответственно чисел от которых мы отходим на \delta есть O(\eps^{-2}) -- тем не менее \eps фиксировано, а m стремится к бесконечности. Значит получаем, что доля плохих не просто мала, но все они сосредоточены в малых интервалах вокруг фиксированного числа точек. И можно убедиться, что в такие интервалы не попадает слишком много наших k, которые задают линейную функцию. (Фактически, k меняется от 0 до 1 с шагом порядка 1/m^2)

Alexis48

Вот ещё что давал Чубариков.
1.6 точек, каждые две соединены красным или синим ребром. Доказать, что существует одноцветный треугольник.
2.Найти ассимптотику при x-->бесконечность: Сумма по n<=x фи(n)/n .
Помогите решить, ну пожалуйста, а?

Sanych

Ну это вообще-то просто
В первой задаче мы рассматриваем 1 вершину, и замечаем, что из неё идут 3 одноцветных ребра. После этого до решения остаётся совсем немного.
А вторая

e_movo

такой умный человек живет в соседнем блоке, а я и не знала

a10036

Если не сложно может дадите конкретное решение, а то что-то недогоняю?
2. Доказать при R стремящемся к беконечности: T(R) - pi*R*R = o(R где Т - число целых точек в круге X*X+Y*Y<=R*R

Sanych

Естественно сложно. Вы оценили сколько уже написано? Набирать просто так полное решение подобной сложности -- мне не настолько скучно.

XTC-XTC

может, у кого-нибудь были такие задачи?
или знаете, как решать...

maksim1

уже были такие задачи в подобных тредах

kairat

но без решения:(

Sanych

ну задача про $\sigma$ имхо решается так же, как и задача про $\phi$,
только в решении вместо $\mu(n)$ нужно поставить единицу
А вот про $\tau^2$ - может и правда нет общедоступных ресурсов.

scvorcova

А такие как решать?
1) lim sin(2пиl n!)=0 при n стремящемся к бесконечности
2) Доказать,что группа обратимых элементов поля из p элементов, циклична.

Sanych

)интересно, тут имеется в виду
$\lim_{n\to\infty}\sin(2\pi e n!)$?
2)есть во многих учебниках, мне кажется. Делается например через то, что уравнения вида $z^s=1$, где $s|p-1$, имеют ровно $s$ корней.

AIR1kk

Под знаком синуса, наверное всё-таки не l а е .
Расскладываешь е в ряд Тейлора. Потом синус это мнимая часть он exp(2*pi*e*n!).
e*n!, после разложения е будет целое число + O(1/n).
exp(2*pi*целое_число)=1, так что останется exp(O(1/n что в пределе = 1.
Так что исходный предел равен 0 (мнимая часть от 1).

scvorcova

спасибо
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: