Probar que cada práctica número es una potencia de dos, o una potencia de dos veces no trivial de la poligonal número

Question

Probar que cada práctica número es una potencia de dos, o una potencia de dos veces no trivial de la poligonal número, donde un número $q$ es práctico si y sólo si cada número entero menor o igual a $q$ puede ser representada como una suma de distintos divisores de $q$, la poligonal de los números que se indican, como es habitual,$P_s(n)=\dfrac{n^2(s-2)-n(s-4)}{2}$,$s \geq 3$, y no trivial de la poligonal número es el con $n \geq 3$, lo que asegura que el resultado no es trivialmente verdadera (desde $P_s(2)=s$).

Junto con el resultado de G. Melfi en Dos Conjeturas Acerca de la Práctica de los Números, lo que demuestra la conjetura de Goldbach analógica para la práctica de los números (cada entero es una suma de dos prácticas números), la conjetura implica que cada número entero puede ser expresado como $2^{a_0-1}(P_{s_0}(n_0)+2^{a_1-a_0}P_{s_1}(n_1))$, con $a_1 \geq a_0 \geq 0$, $s_0, s_1 \geq 3$, $n_0, n_1 \geq 1$ y $n_0, n_1 \ne 2$.

Mi motivación era muy sencilla intento de explicar la alta frecuencia de la práctica de los números de la forma $n^2-1$. Práctica números de $>1$ son uniformes, por lo que podemos reescribir esto como $(2n+1)^2-1=8T_n$ donde $T_n$ es el n-ésimo número triangular. La sustitución de 8 con cualquier potencia de dos, he encontrado que gran parte de las pequeñas prácticas números tenido una representación, pero la salida es pronunciada como la consideramos valores más grandes. La sustitución de Los números triangulares con números poligonales yo era incapaz de encontrar un contraejemplo para la práctica de los números < 30,000.

Answer 1

Supongamos $x$ es un número práctico que no es un poder de $2$. Queremos comprobar que $$\exists j\ge0, s\ge 3, n\ge 3 : x = 2^j \frac{n^2(s-2) - n(s-4)}{2}$$

Es inmediatamente evidente que $n$ divide $x$. Dado que un candidato valor de $n$, tenemos $$s-2 = \frac{2^{1-j}xn^{-1} - 2}{n-1}$$ so for $s\ge 3$ we require $2^{1-j}xn^{-1} - 2 \ge n-1$, and for $s \in \mathbb N$ we require $2^{1-j}xn^{-1} \in \mathbb N$ and $2^{1-j}xn^{-1} \equiv 2 \pmod{n-1}$. Given the second condition, the first simplifies to $2^{1-j}xn^{-1} > 2$.

Empíricamente, para todos los valores posibles de a $x \le 120000000$ esto es cierto con $n$ es igual a $4$ o a la más pequeña impar primer factor de $x$. Vamos a considerar estos dos casos.

Caso: $n = 4$

Requerimos $x > 2^{2+j}$, $2^{-1-j}x \in \mathbb N$ y $x \equiv 2^{j} \pmod{3}$.

El sistema modular de expresión claramente no si $x \equiv 0 \pmod 3$; de lo contrario, se tiene ya sea para todos los impares $j$ o para todos incluso a $j$, por lo que en particular se sostiene por uno de $j=0$ o $j=1$. En cualquier caso, el hecho de que $n$ divide $x$ implica que el $2^{-1-j}x \in \mathbb N$, e $x$ es lo suficientemente grande como si es mayor que $8$.

Por lo tanto, este caso cubre todos los no-poder-de-$2$ práctico números excepto los de menos de 8 (es decir,$6$), aquellos que son múltiplos de $3$, y aquellos que no son múltiplos de $4$. Resulta que todos los números son múltiplos de $4$ o $6$, por lo que esto se simplifica a: el caso de $n=4$ cubre todos los números excepto los múltiplos de $3$, y podemos reducir nuestro examen del caso $n = p_2$$p_2 = 3$.

Caso $n = p_2 = 3$

Requerimos $2^{1-j}x > 6$, $2^{1-j}3^{-1}x \in \mathbb N$ y $2^{1-j}x \equiv 0 \pmod 2$. Si establecemos $j = 0$ $x > 3$ está satisfecho, $2x/3 \in \mathbb N$, e $2x \equiv 0 \pmod 2$, por lo que este caso es fácil.

QED.