Ecuación de diophantine para caracterizar los números naturales

Question

Vamos a considerar $$\Bbb N=\{0,1,2,3,\ldots\},$$ y, para cada una de las $k\in\{1,2,3,\ldots,\}$, vamos $$o_k=2k-1$$ ser la secuencia de los números naturales impares.

Dado que para cada $m\in\Bbb N$ si $a$ es impar, el número de $$m(m+a)$$ es, incluso, es fácil ver que $$\begin{align*} (x+y)^2 + y + 3x &= x^2 + 2xy + y^2 + y + 3x\\ &= x(x+3) + y(y+1) + 2xy \end{align*}$$ es incluso.

Suponiendo que para arbitrario $x_1,\ldots, x_k\in\Bbb N$, el número de $$(x_1+\cdots + x_k)^2+x_k+3x_{k-1}+\cdots +o_kx_1$$ incluso, tenemos que $$\begin{align*} & (x_1+\cdots + x_{k+1})^2+x_{k+1}+3x_k+\cdots +o_kx_1\\ &\qquad = (x_1+\cdots + x_{k})^2 +2(x_1+\cdots + x_{k})x_{k+1}+ x_{k+1}^2 + x_{k+1} + (x_k+\cdots + o_kx_{1}) +2(x_1+\cdots + x_{k}) \\ &\qquad = (x_1+\cdots + x_{k})^2 + (x_k+\cdots + o_kx_{1}) + x_{k+1}(x_{k+1}+1) + 2(x_1+\cdots + x_{k})(x_{k+1}+1) \end{align*}$$ es incluso.

Por lo tanto, por inducción, para cada una de las $k\geq 2$ tenemos que $$\frac1{2}\left[(x_1+\cdots + x_k)^2+x_k+3x_{k-1}+\cdots +o_kx_1\right]$$ de hecho es un número natural.

Pero, ¿esto describe todos los números naturales?

Quiero decir, para un determinado$n\in\Bbb N$, ¿la ecuación $$(x_1+\cdots + x_k)^2+x_k+3x_{k-1}+\cdots +o_kx_1=2n$$ tiene exactamente una solución de $(x_1,\ldots,x_k)\in\Bbb N^k$?

Answer 1

El "Cantor función de sincronización" es $f(x,y)=(1/2)[(x+y)^2+3x+y]$ y es conocido por dar una correspondencia uno a uno entre el$N \times N$$N$. Esta es la función de la cooperativa para $k=2$.

Es una conjetura que esta $f(x,y)$ y flip $f(y,x)$ son los únicos polinomios con coeficientes reales que le dan un uno-a-uno la correspondencia.

No es un resultado, la Fueter-Polya Teorema, que dice que estos son los únicos polinomios cuadráticos con coeficientes reales que, cuando se limita a $N \times N$, el mapa es uno-a-uno en $N$. La prueba es bastante complicado, véase, por ejemplo, Craig Smorynski del libro "la Lógica de la Teoría de los números I", capítulo 1, secciones 3,4,5.

Por supuesto, es relativamente fácil comprobar la vinculación de las funciones de hacer lo que uno quiere, la dificultad está mostrando que ellos son los únicos que trabajan, entre polinomios.

Como he dicho en un comentario, parece que su intento de extender este no acaba de funcionar. Es decir, se parecen a extender el Cantor función de sincronización, en el caso específico de $N \times N \times N$, a la función $$f(x,y,z)=(1/2)[(x+y+z)^2+z+3y+5x].$$ Sin embargo, con esto $f$ tenemos $f(1,0,0)=f(0,0,2)=6/2=3$. Y también se $f(0,0,3)=f(1,1,0)=6,$ y probablemente un montón de otras colisiones.

De hecho, sería interesante, en mi opinión, si la función puede ser ajustada, incluso a las tres de la variable de caso. Por supuesto, una lata de sopa uno por definir $g(x,y,z)=f(f(x,y),z)$ (o algo así), pero que es la misma que una de las definiciones usuales de ordenada triples a través de una definición previa de los pares ordenados.

AGREGADO: Hay un "orden de magnitud" problema con tratar de representar a $n$-tuplas claramente por una función cuadrática. Tomemos por ejemplo el caso de la representación de triples. Considerar todos los triples $x,y,z$$x,y,z \le N$. Hay $(N+1)^3$ de estas tripletas. Ninguna función cuadrática puede trabajar a claramente estos representan. Por ejemplo, si $x,y,z \le N$, entonces la función de $f(x,y,z)=(1/2)[(x+y+z)^2+z+3y+5x]$ está acotada arriba por $(1/2)[(3N)^2+9N]$ y $N \to \infty$ no puede representar claramente $(N+1)^3$ triples. Este orden de magnitud del problema empeora por $k$-tuplas como $k=4,5,6...$.

Creo que para representar a $k$- tuplas que uno podría necesitar el polinomio de grado al menos $k$ a causa de un orden de magnitud de los problemas.

Una Puñalada en triples (y más allá): Vamos a $C(m,k)$ el valor del coeficiente binomial, donde entendemos que si $m<k$$C(m,k)=0.$, Entonces el siguiente (creo) mapas de los triples en $N^3$ uno-a-uno en $N$: $$f(x,y,z)=C(x+y+z+2,3)+C(x+y+1,2)+C(x,1).$$ Tenga en cuenta que esta es una extensión natural de el Cantor de emparejamiento, ya que una forma de que el emparejamiento es $C(x+y+1,2)+C(x,1).$

4-tuplas que la idea sería $$f(w,x,y,z)=C(w+x+y+z+3,4)+C(w+x+y+2,3)+C(w+x+1,2)+C(w,1),$$ y en general para la $k$-tuplas el patrón comienza con un coeficiente de $C(s+k-1,k)$ donde $s$ es la suma de la tupla, a continuación, $C(t+k-2,k-1)$ donde $t$ es la suma de los primeros a $k-1$ entradas de la $k$-tupla, y así sucesivamente.

Yo no (todavía) con una prueba de que estos mapas, de hecho, tomar la $k$-tuplas de uno-a-uno en $N$, pero han comprobado que el $k=3$ caso funciona para un segmento inicial de triples, pasando por el triangular de piezas de $x+y+z=const$ de una en una, enumerando cada vez.

Answer 2

Ya que $f(x,y)=\frac12[(x+y)^2+3x+y]$ es un bijection $\Bbb N\times\Bbb N\leftrightarrow\Bbb N$, obtenemos que el $g(u,v,w)=f(f(u,v),w)$ es un bijection $\Bbb N^3\leftrightarrow\Bbb N$. Sin embargo, $g$ es de grado $4$ $3$ variables.

Aún así, aviso que $k=2^r$ podemos construir una biyección $h_r:\Bbb N^{2^r}\leftrightarrow\Bbb N$ que es de grado exactamente $2^r$ en todas las variables, poniendo:

1. $h_0(x)=x$
2. $h_{r+1}(x_1,\dots,x_{2^{r+1}})=f(h_r(x_1,\dots,x_{2^r}), h_r(x_{2^r+1},\dots,x_{2^{r+1}}))$