Conjetura de Erdős-Straus

Question

La Conjetura de Erdos-Straus (ESC), establece que para cada número natural $n \geq 2$, existe un conjunto de números naturales $a, b, c$, tal que la siguiente ecuación se satisface:

$$\frac{4}{n}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\tag{1}$$

El enfoque básico para resolver este problema, esquematizado por Mordell [Ref1], se describe a continuación

Al definir $t$ y $m$ como enteros positivos mayores que cero y $q$ como un entero positivo mayor que uno, podemos observar que

a) Siempre hay una solución para $n$ par, ya que si $n=2^qt$ tenemos la solución trivial $$\frac{4}{4t}=\frac{1}{t}$$

En el caso restante $n=2(2t+1)$, siempre se puede encontrar una solución en forma de dos fracciones egipcias, por ejemplo $$\frac{4}{2(2t+1)}=\frac{2}{2t+1}=\frac{1}{t+1}+\frac{1}{(t+1)(2t+1)}$$

b) Si $(1)$ es una solución para algún número primo particular $n$, entonces todos los números compuestos $mn$ divisibles por $n$ también son soluciones, por lo tanto

$$\frac{4}{mn}=\frac{1}{ma}+\frac{1}{mb}+\frac{1}{mc}$$

también será una solución. Esto significa que podemos simplificar el análisis a los casos donde $n$ es un número primo mayor que 2.

Usando el enfoque de Mordell acabamos de demostrar que solo necesitamos considerar los casos donde $n$ es primo y donde $n \equiv 1 \pmod{2} \;\;[significa \;\;n=2t+1]$

El argumento continúa...

Mordell continúa demostrando que la búsqueda se puede reducir aún más a los casos cuando $$n \equiv 1 \pmod{4} \;\;[significa \;números \;\;n=4t+1]$$ $$n \equiv 1 \pmod{8} \;\;[significa \;números \;\;n=8t+1]$$ $$n \equiv 1 \pmod{3} \;\;[significa \;números \;\;n=3t+1]$$ $$n \equiv 1,2,4 \pmod{7} \;\;[significa \;números \;\;n=7t+1,n=7t+2 \;o\;n=7t+4 ]$$ $$n \equiv 1,4 \pmod{5} \;\;[significa \;números \;\; n=5t+1 \;o\;n=5t+4]$$

Reuniendo estos resultados, Mordell demostró que la conjetura se puede probar en este contexto excepto en los casos cuando $$n \equiv 1,11^2,13^2,17^2,19^2,23^2 \pmod{840}$$

Mordell afirmó que dado que el primer primo que cumple con esta condición es 1009, esto es una prueba de que la conjetura se cumple para $n<1009$.

Este enfoque básico se puede seguir adelante. Otros investigadores han demostrado que la conjetura se cumple para valores mucho más altos de $n$ utilizando métodos similares, como se puede ver en la página de Wikipedia citada anteriormente.

Observa que se pueden construir otros resultados intermedios a partir de las congruencias anteriores, por ejemplo, $n \equiv 1 \pmod{24}$.

La pregunta es:

¿Existen otros enfoques elementales para resolver este problema que no sean el esquematizado por Mordell (y descrito anteriormente)?

[Ref1] Louis J. Mordell (1969) Diophantine Equations, Academic Press, London, pp. 287-290.

Answer 1

Para la ecuación: $$\frac{4}{q}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$

La solución se puede escribir utilizando la factorización, de la siguiente manera.

$$p^2-s^2=(p-s)(p+s)=2qL$$

Luego las soluciones tienen la forma:

$$x=\frac{p(p-s)}{4L-q}$$

$$y=\frac{p(p+s)}{4L-q}$$

$$z=L$$

Suelo elegir el número $L$ de tal manera que la diferencia: $(4L-q)$ sea igual a: $1,2,3,4$ Aunque a tu gusto puedes elegir otro.

Puedes escribirlo un poco diferente. Si se desarrolla así:

$$p^2-s^2=(p-s)(p+s)=qL$$

Las soluciones tienen la forma:

$$x=\frac{2p(p-s)}{4L-q}$$

$$y=\frac{2p(p+s)}{4L-q}$$

$$z=L$$

Answer 2

Fue necesario escribir la solución en una forma más general:

$$\frac{t}{q}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$

$t,q$ - enteros.

Descomponiendo en factores de la siguiente manera: $p^2-s^2=(p-s)(p+s)=2qL$

Las soluciones tienen la forma:

$$x=\frac{p(p-s)}{tL-q}$$

$$y=\frac{p(p+s)}{tL-q}$$

$$z=L$$

Descomponiendo en factores de la siguiente manera: $p^2-s^2=(p-s)(p+s)=qL$

Las soluciones tienen la forma:

$$x=\frac{2p(p-s)}{tL-q}$$

$$y=\frac{2p(p+s)}{tL-q}$$

$$z=L$$

Answer 3

Cuando $N$ es par, entonces la solución es $$\frac1N + \frac{1}{N/2} + \frac1N = \frac4N.$$

Cuando $N$ es un múltiplo de $3$, entonces la solución es $$\frac1{4N} + \frac1{N/3} + \frac1{4N/3} = \frac4N.$$

Answer 4

"¿Existen otras aproximaciones elementales para resolver este problema..." - esta pregunta no está formulada adecuadamente, ya que este problema no se resuelve completamente, solo parcialmente, según mi mejor conocimiento (quiero decir que veo que esta pregunta es antigua, pero parece que también es válida ahora). Entonces, si la pregunta es sobre cómo encontrar clases de residuos distintas de las de Mordell, pero aún sin cubrir todos los números primos y, por lo tanto, no probando la conjetura, entonces puedo demostrar que los siguientes $n$ son todos posibles de expandirse en 3 términos $\forall p, x \in \mathbb{Z}^+$:
$n = (4p - 1)x - 1$
$n = (4p - 1)x - p$
El número primo más pequeño que no está cubierto por las clases de residuos de Mordell es $4201$ que puede ser producido con el primero, y es $1009$ con el segundo.
Puedes ver la identidad aquí, en la Parte IV. - II. (poco después del medio).

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Actualización:
Atribuí las identidades anteriores a mí mismo, pero Mordell posiblemente me patearía en el trasero: él obtuvo todas las clases de residuos a partir de la condición $na + b + c = 4abcd$.
Si dejo $a = b = 1$, entonces $n = (4d - 1)c - 1$, y
si dejo $a = d = 1$, entonces $n = (4c - 1)b - c$, por lo que lo anterior puede producirse a partir de su condición, simplemente no son parte de los análisis habituales de clases de residuos, supongo porque son difíciles de manejar.

Answer 5

Esta es una descripción de un enfoque al problema que no he logrado hacer funcionar, pero que de todas maneras puede ser de interés para otros.

Si alguien quiere estudiar la conjetura de Erdős-Straus, hay muchos ejemplos de fórmulas que dan soluciones triples de fracciones egipcias dados una fracción $\frac{4}{n}$ en la literatura matemática y en este sitio por ejemplo.

Estas fórmulas vienen con varios números de parámetros libres y a menudo tienen condiciones/restricciones de divisibilidad asociadas con ellas que no siempre garantizan soluciones correctas; especialmente en el caso de las clases de resíduos apuntadas por Mordell y de mayor interés con respecto a la conjetura de Erdős-Straus, que he enumerado en la pregunta revisada anteriormente, por ejemplo $n \equiv 1 \pmod{4}$.

Sin embargo, ideé una fórmula (en 2016/17 cuando me interesé en las fracciones egipcias), con 3 parámetros enteros, sin condiciones de divisibilidad desagradables que conduzcan a soluciones falsas (no triples), y que funciona con una clase de residuos seleccionada $n \equiv 1 \pmod{8}$ o $n \equiv 1 \pmod{24}$ por ejemplo.

$$\frac{4}{8 t+1}=\frac{1}{2 t+r}+\frac{1}{m (8 t+1) (2 r+a)}+\frac{1}{m (8 t+1) (2 r-a-1)} \tag{1}$$

Números positivos, $8t+1$, en la clase de residuos deseada pueden ser generados usando una fórmula vinculada como

$$8t+1=16mr^2 -4r(2m+1) -4m(a^2+a) +1 \tag{2}$$

(las combinaciones de los 3 valores de parámetros enteros positivos no están permitidas cuando resultan en un número negativo).

Como señaló Dávid Laczkó, $r$ siempre es par, así que si $r=2s$ (2) se convierte en

$$8t+1=64ms^2 -8s(2m+1) -4m(a^2+a) +1 \tag{3}$$

Una combinación permitida de los tres parámetros siempre resultará en un número en la clase de residuos deseada, así como en una solución triple de fracción egipcia asociada.

Si se pudiera demostrar que la fórmula (2) cubre completamente la(s) clase(s) de resíduos aplicable(s) al problema, entonces esto podría ofrecer una forma alternativa de demostrar la conjetura de Erdős-Straus, dado el mapeo directo uno a uno entre las fórmulas (1) y (2) (dados valores de parámetros de entrada idénticos).

Dado que los números $n$ no están ordenados de forma ordenada a lo largo de una línea numérica unidimensional, sino ordenados de una manera mucho más difícil a través de una porción de un espacio numérico tridimensional, es difícil (para mí) encontrar una prueba matemática de que, al menos, todos los números primos en la clase de residuos seleccionada están allí en el conjunto de números generados por (2).

(Disculpen si no estoy usando la terminología matemática correcta para describir esto, en el último párrafo anterior).