1 / 49

Nerješeni problemi u teoriji brojeva

Sanda Bujačić Odjel za matematiku Sveučilište u Rijeci. Nerješeni problemi u teoriji brojeva. O teoriji brojeva. Uvod. Teorija brojeva je grana matematike koja se bavi svojstvima cijelih brojeva.

hadley-emerson
Download Presentation

Nerješeni problemi u teoriji brojeva

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. Sanda Bujačić Odjel za matematikuSveučilište u Rijeci Nerješeni problemi u teoriji brojeva

  2. O teoriji brojeva

  3. Uvod • Teorija brojeva je grana matematike koja se bavi svojstvima cijelih brojeva. • Na prvi pogled može se činiti da se radi o najjednostavnijoj grani matematike, ali je iznenađujuća činjenica da je upravo suprotan slučaj. • U teoriji brojeva su vrlo česti iznimno jednostavno formulirani problemi koje je teško dokazati i koji godinama, čak i stoljećima, ostaju nerazrješeni. • I danas postoje mnogobrojni problemi koji nisu rješeni, a za neke od njih nude se i visoke novčane nagrade. • Nedavno (24. rujna 2008. g.) je Grigori Perelman dokazao Poincareovu slutnju koja je bila jedan od Milenijskih problema (Clay Mathematics Institute, Cambridge) i za čije se rješenje nudila ogromna novčana nagrada i Fieldsova medalja

  4. O slutnjama

  5. ABC slutnja 1/4 • ABC slutnja je vrlo jasnog i jednostavnog iskaza, iako još nije dokazana. • Prvi su je put izrekli u 20. stoljeću matematičari J. Oesterlé i D. W. Masser potaknuti proučavanjima određenih teza o polinomima i proučavanjem Szpirove slutnje u Bonnu 1985. g. • Čini se da uvijek povezuje ono što je vrlo dobro poznato i dokazano i ono što je još uvijek svojevrsna misterija • Matematičarima je ona zanimljiva, ne samo zbog još neotkrivenog dokaza, već i zbog velikog broja posljedica koje implicira

  6. ABC slutnja 2/4 • Radikal broja n,gdje je n prirodan broj,je produkt svih različitih prostih faktora od n. Označavamo ga s r(n). • Tri prirodna broja a, b, c su abc trojka ako su relativno prosti, ako vrijedi a < b < c, ako je a + b = c te r(abc) < c. • (5, 27, 32) je abc trojka jer je r(5 · 27 · 32) = r(4320) = 30. • (1, 63, 64) je abc trojka jer je r(1 · 63 · 64) = r(4302) = 42.

  7. ABC slutnja 3/4 • ABCtrojke su vrlo rijetke. • Postoji samo 15 ABC trojki čiji je broj c manji od 300. No, postoji beskonačno mnogo takvih trojki ako broj c teži u beskonačnost. • Što je manji radikal r(abc) u usporedbi s c, veća je kvaliteta trojke.

  8. ABC slutnja 4/4 • ABC slutnja: Neka je zadana abc trojka, odnosno, neka su a, b, c prirodni brojevi koji su relativno prosti i koji zadovoljavaju jednakost a + b = c. Tada za svaki ε>0 postoji konstanta c(ε)>0 takva da je c < c(ε)(r(abc))1+ ε.

  9. Bealova slutnja (1993.g.) 1/6 • Bankar i strastveni igrač pokera Andrew Beal je radio na dokazivanju Posljednjeg Fermatovog teorema1 kad se odlučio promatrati i nešto općenitiji izraz: AX + BY = CZ, gdje su A, B, C relativno prosti prirodni brojevi, odnosno vrijedi (A, B)=(B, C)=(A,C)=1, i gdje su X, Y, Zprirodni brojevi veći od 2. Posljednji Fermatov teoremNe postoje prirodni brojevi  a, b i c takvi da vrijedi an+bn=cn,  gdje je n prirodan broj veći od 2.

  10. Bealova slutnja (1993.g.) 2/6 • U svom proučavanju ovog, općenitijeg problema od teze Posljednjeg Fermatovog teorema, Beal konstruira par različitih algoritama koji rezultiraju rješenjima u kojima brojevi A, B, Cnisu relativno prosti. • Tada počinje sumnjati da je takvo što i moguće pa radi na računalnom algoritmu kako bi donekle potvrdio svoje sumnje. • Zajedno s kolegom nakon tisuća radnih sati i provjere svih mogućnosti za sve brojeve a, b, c, x, y, z manje ili jednake 99, Beal dobiva rješenja kojima baze nisu relativno prosti prirodni brojevi.

  11. Bealova slutnja (1993.g.) 3/6 • Tada je imao dovoljno jako uporište za formiranje svoje slutnje: Ako je AX + BY = CZ, gdje su A, B, C, X, Y, Z prirodni brojevi, X, Y, Z > 2, tada A, B, C moraju imati zajednički prosti faktor. • Mnogi renomirani matematičari su priznali da je Bealova slutnja do tada bila nepoznata i da je iskaz vrlo intrigantan te da ne postoji ranije poznavanje istovjetnog iskaza i raniji rad na tom problemu.

  12. Bealova slutnja (1993.g.) 4/6 • Poznata ABC slutnja, kad bi bila dokazana, povlačila bi činjenicu da, ako i postoje grupe brojeva koje su kontraprimjeri Bealove slutnje, tada ih je konačno mnogo. • American Mathematics Society i sam autor slutnjenude nagradu od 100 000 $ onome tko dokaže slutnju ili je opovrgne.

  13. Bealova slutnja (1993.g.) 5/6 • Pretpostavimo da želimo u računalni algoritam uključiti sve baze (A, B, C) za koje vrijedi A, B, C ≤ 100 000 i sve eksponente (X, Y, Z) za koje vrijedi X, Y, Z ≤ 10. • Prvi problem je manipulacija brojeva s kojima se suočavamo, a koji rastu i do 1050. • Lisp ili Python* su programi koji podržavaju manipulaciju tako velikim brojevima, kao i paket NTL za C++.

  14. Bealova slutnja (1993.g.) 6/6 • Drugi je problem ješto u tom slučaju postoji 1018 potencijalnih kombinacija brojeva koje moramo promatrati. • Problem mnogobrojnih kombinacija djelomično se rješava “pametnim algoritmom”. Za početak možemo promatrati samo one X ≤ Y pa prepolovljavamo broj kombinacija, odnosno dolazimo do “samo” 0.5*1018kombinacija. • Sljedeći je korak eliminirati potrebu izračunavanja kombinacija za Z, C. Ideja je izračunati ih prije, spremiti ih u vanjsku bazu podataka i računati samo AX + BYte usporediti s ulazima u spremljenoj tablici. Na taj način dolazimo “samo” do 0.5*1012kombinacija uz potrebu čuvanja 106velikih prirodnih brojeva.

  15. Kromatski broj ravnine 1/10 • Čini se da je problem prvi postavio 18-godišnji Edward Nelson 1950. godine premda su do njega nezavisno došli P. Erdös i H. Hadwiger. • U posljednjih 50-ak godina o problemu je napisano nekoliko desetaka znanstvenih članaka. • Lijep je primjer zademonstraciju tipičnog puta matematičkog istraživanja: kako jedan zanimljiv problem evoluira u mnoge druge, kako se raznovrsne matematičke teorije međusobno obogaćuju i kako je u matematičkom istraživanju moguće ostvariti važan napredak, a da se uopće ne odgovori na prvotno postavljeno pitanje.

  16. Kromatski broj ravnine 2/10 Koliko je najmanje boja potrebno da bismo obojili sve točke ravnine tako da nikoje dvije jednako obojene točke ne budu međusobno udaljene točno za 1? • Najmanji potrebni broj boja zvat ćemo kromatski broj ravnine • Za svako bojenje ravnine sa svojstvom da ne postoje jednako obojne točke udaljene za 1 reći ćemo da je pravilno bojenje

  17. Kromatski broj ravnine 3/10 • Primijetimo da vrhovi svakog jednakostraničnog trokuta moraju biti različito obojeni pa je nužno koristiti barem 3 boje • Ipak, one još nisu dovoljne, što se vidi iz konfiguracije točaka nazvane Moserovo vreteno (prema matematičaru L. Moseru, koji se prvi dosjetio ovog primjera). • Sve dužine označene na sljedećoj slici imaju duljinu 1.

  18. Kromatski broj ravnine 4/10 • Iz jednakostraničnih trokuta na slici zaključujemo da su točke A i D obojene jednakim bojama, a jednako tako točke A i G, no to nije moguće jer su D i G udaljene za 1. • Dakle, kromatski broj je, za sad, veći ili jednak 4.

  19. Kromatski broj ravnine 5/10 • S druge strane, nije odmah jasno da je pravilno bojenje (u konačno mnogo boja) uopće moguće. • Ipak, nakon malo isprobavanja lako dolazimo do sljedećeg pravilnog bojenja u 7 boja.

  20. Kromatski broj ravnine 6/10 • Boje se ponavljaju periodički. Drugi način gledanja na prethodnu sliku jest da uočimo ponavljanje "cvjetnog uzorka": Pravilni šesterokuti na slici imaju stranicu duljine 1/2. Osim toga, svakom šesterokutu uključujemo tri stranice i dva vrha, kako je prikazano na slici, a isključujemo ostale točke ruba. (To je nužno da bi šesterokuti doista činili particiju ravnine.)

  21. Kromatski broj ravnine 7/10 • Uzmimo sada dvije crvene točke. Ako pripadaju istom šesterokutu, onda su udaljene za manje od 1 (koliko je duga najdulja dijagonala šesterokuta), a ako pripadaju različitim šesterokutima, udaljenost im je veća od  √7/2. • Dakle, doista nikoje dvije istobojne točke nisu udaljene za 1. Time smo pokazali da je 7 boja dovoljno premda bismo možda mogli proći i ekonomičnije. (?) • U svakom slučaju, dokazali smo osnovni rezultat: kromatski broj je veći ili jednak broju 4, a manji ili jednak broju 7.

  22. Kromatski broj ravnine 8/10 • Drugi primjer pravilnog bojenja u 7 boja jest šareno popločavanje ravnine kvadratima • Kvadrati imaju stranicu duljine 1/ √2, a svaki red kvadrata dobiva se iz gornjeg reda translacijom ulijevo za vektor duljine 1+1/ √2. Svakom kvadratu uključujemo lijevu i donju stranicu te donji lijevi vrh, a oduzimamo mu ostale točke ruba.

  23. Kromatski broj ravnine 9/10 • Za bojenje ravnine u k boja (nazovimo ih 1,2,...,k) kažemo da je tipa (d1, d2,... dk) ako nikoje dvije točke boje i nisu udaljene za i=1,...,m. • Egzistencija 6-bojenja tipa (1,1,1,1,1,1) značila bi da je kromatski broj manji ili jednak 6. • Prilično smo blizu toga: nađeno je 6-bojenje tipa (1,1,1,1,1, 1/51/2).

  24. Kromatski broj ravnine 10/10 Postoji li 4-bojenje ove strukture?

  25. Collatzova slutnja 1/2 • Zamislimo bilo koji prirodan broj: ako je broj paran, podijelite ga s 2, a ako je broj neparan, pomnožite ga s 3 i dodajte 1 (ako ovo radimo s 26, rezultat je 13, a ako radimo s brojem 5, rezultat je 16). • Držimo se algoritma neprestano ponavljajući ga na novodobivenim rezultatima • Na primjer, krenemo li s brojem 11, imamo niz: 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. • Collatzova slutnja glasi:Ova će se procedura s vremenom završiti brojem 1, neovisno o tome koji pozitivan prirodan broj na početku odabrali. Slutnju treba dokazati ili opovrgnuti nalaženjem kontraprimjera.

  26. Collatzova slutnja 2/2 • Krenemo li s brojemn = 6, dobivamo niz: 6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. • Za n = 11, niz je nešto duži: 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. • Niz zan = 27 se sastoji od 111 koraka, gdje je najveći broj 9232, a najmanji, naravno 1. 27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

  27. Problem diskretnog logaritma 1/2 • Pretpostavimo da je zadan izraz y = gx(mod p), gdje su g, p vrlo veliki prosti brojevi (recimo da imaju zapis s više od 100 znamenki). • Za zadani g, p, x današnja računala iznimno brzo mogu izračunati y. • No, problem diskretnog logaritma glasi:Za dani g, pi y, možemo li pronaći x, ako i imamo milijun računala i milijun godina na raspolaganju?

  28. Problem diskretnog logaritma 2/2 • Ne postoji efikasan algoritam za računanje općenitog diskretnog logaritma logbg. • Najnaivniji algoritam je povećavati b na što veće i veće eksponente k dok se željeni g ne pronađe, no ovakav proces je vrlo “skup” • Postoje nešto sofisticiraniji algoritmi od navedenog inspirirani sličnim algoritmima za faktorizaciju brojeva – oni jesu brži od navedenog algoritma, ali su također “skupi”

  29. Diffie-Hellmanov problem 1/2 • Motivacija za postavljanje ovog problema je u tome što mnogi sigurnosni sustavi koriste matematičke operacije koje su lagane/brze za računanje, ali nespretne i teške u obrnutom smjeru. • Razlog je u tome što je vrlo važno da je poruku lako zakodirati, ali da ju je teško otkodirati

  30. Diffie-Hellmanov problem 2/2 • Pretpostavimo da Alice ima privatni ključ a i Bob privatni ključ b • Oboje rade svoje javne ključeve pa(mod g)ipb(mod g), koje bilo tko može znati. • Automatski znaju i pab(mod g) (svi brojevi a, b, p, g su vrlo veliki, recimo imaju više od 100 znamenki). Može li osoba koja zna oba javna ključa i vrijednost g izračunati ovaj zajednički ključ? Odnosno, za dani element g i vrijednost gxigy, može li se lako izračunatigxy?

  31. Eulerova 4D cigla 1/3 • Eulerova cigla (eng. Euler’s brick) je kvadar kojemu su duljine stranica i plošnih dijagonala cijeli brojevi.  • Dakle, ako su duljine stranica a, b i cgdje su a, b, c prirodni brojevi , onda to moraju biti i brojevi √(a2+b2), √(b2+c2) i √(c2+a2).

  32. Eulerova 4D cigla 2/3 • Najmanju Eulerovu 3D ciglu je otkrioPaul Halcke 1719. g. • Duljine stranica su (44, 117, 240), a duljine dijagonala su (125, 244 i 267). • Još neke od trojki su: (a, b, c) — (d, e, f); (85, 132, 720) — (157, 725, 732); (88, 234, 480) — (250, 488, 534); (140, 480, 693) — (500, 707, 843); (160, 231, 792) — (281, 808, 825); (240, 252, 275) — (348, 365, 373).

  33. Eulerova 4D cigla 3/3 • Problem je naći Eulerovu 4D ciglu, odnosno da su za zadane prirodne brojeve (duljine stranica) a, b, c, d i pripadne dijagonale, odnosno brojevi √(a2+b2), √(a2+c2), √(a2+d2), √(b2+c2), √(b2+d2) i √(c2+d2) također prirodni. U protivnom, treba dokazati da takav objekt ne postoji.

  34. Goldbachova slutnja1 1/5 Svaki paran broj je zbroj dvaju prostih brojeva. • Problem je dokazati slutnju ili naći kontraprimjer. • Faber i Faber su ponudili nagradu od 1 000 000 $ bilo kome tko dokaže ovu slutnju od 20.3.2000. g. do 20.3.2002.g., no nitko to nije uspio, i ova tvrdnja ostaje još uvijek samo slutnja. Formulirao ju je Christian Goldbach u pismu Leonardu Euleru (7.7.1742.)

  35. Goldbachova slutnja 2/5 • Schnirelman (1939.g.) je dokazao da svaki paran broj možemo predstaviti kao sumu prostih brojeva kojih nema više od 300 000 (Dunham 1990), što je itekako slabija teza od Goldbachove slutnje. • Pogorzelski (1977.g.) je tvrdio da je dokazao ovu slutnju, no njegov dokaz nije prihvaćen (Shanks 1985.g.).

  36. Goldbachova slutnja 3/5 U tablici je prikazano kako se pomicala ograda za brojeve koji podupiru Goldbachovu slutnju.

  37. Goldbachova slutnja 4/5 • Slutnja da su svi neparni brojevi sume triju neparnih brojeva je “slaba” Goldbachova slutnja. • Vinogradov (1937ab, 1954.g.) je dokazao da za dovoljno velike neparne brojeve (1989.g. je reducirana ograda njegove početne ograde i sad iznosi 3.33*1043000) vrijedi slaba Goldbachova slutnja, u kontekstu da se radi o sumi triju prostih brojeva (Nagell 1951, p. 66; Guy 1994.g.), a Estermann (1938.g.) dokazuje da su skoro svi parni brojevi sume dvaju prostih brojeva.

  38. Goldbachova slutnja 5/5

  39. Grimmova slutnja 1/2 Svaki niz od složenih prirodnih brojeva se sastoji od jednakobrojnog niza prostih brojeva od kojih svaki prosti broj dijeli po broj iz početnog niza. • Na primjer, za brojeve od 242 do 250 vrijedi:242: 11,243: 3,244: 61,245: 7,246: 41, 247: 13,248: 31,249: 83,250: 5. Treba dokazati slutnju ili naći kontraprimjer.

  40. Grimmova slutnja 2/2 • Za 71 složen broj između 31398 i 31468, jedan od mogućih nizova prostih brojeva koji odgovaraju slutnji su: 5233, 17, 157, 3, 7, 31, 2617, 571, 41, 19, 151, 641, 349, 101, 7853, 37,113, 61, 11, 89, 683, 3491, 1571, 2417, 5237, 67, 491, 419, 827, 2857, 97,53, 449, 10477, 3929, 43, 13, 6287, 271, 499, 1429, 149, 131, 1367, 79, 47,1123, 331, 1747, 59, 3931, 953, 5, 4493, 2621, 71, 15727, 233, 983, 83,107, 163, 2, 10487, 15731, 73, 23, 29, 15733, 617, 7867.

  41. Legendreova slutnja • Između 132 (=169) i 142 (=196) postoji pet prostih brojeva (173, 179, 181, 191, i 193); • Između 302 (=900) i 312 (=961) postoji osam prostih brojeva (907, 911, 919, 929, 937, 941, 947, i 953); • Između 352 (=1225) i 362 (=1296) postoji deset prostih brojeva (1229, 1231, 1237, 1249, 1259, 1277, 1279, 1283, 1289, and 1291). • Legendreova slutnja glasi: Postoji barem jedan prost broj između svaka dva kvadrata uzastopnih složenih brojeva. • Najmanji prosti brojevi između n2 i (n+1)2 za n=1,2,3,4,...su 2, 5, 11, 17, 29, 37, 53, 67, 83, ... (Sloane's A007491). Brojevi prostih brojeva između n2 i (n+1)2 za n=1,2,3,4,... su 2, 2, 2, 3, 2, 4, 3, 4, ... (Sloane's A014085).

  42. Savršeni neparan broj 1/3 • Broj N je savršen ako je suma svih svojih djelitelja (uključujući 1, isključujući samog sebe) • 28 je savršen broj jer je 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28. • Problem je naći neparan savršen broj ili dokazati nepostojanje takvih brojeva.

  43. Savršeni neparan broj 2/3 • Do danas se ne zna postoji li neparan savršen broj iako su provjereni svi brojevi do 10300 (i nijedan takav broj nije nađen) što je itekako smanjilo vjerojatnost za postojanjem neparnih savršenih brojeva, ali je nikako nije isključilo (Brent et al. 1991; Guy 1994, p. 44). • Sljedeća tablica prikazuje povećavanje ograde u pretraživanju takvih brojeva koje nije urodilo plodom, odnosno savršenim neparnim brojem

  44. Savršeni neparan broj 3/3 Danas je aktualan projekt koji se bavi proširenjem ove posljednje gornje ograde o kojem se više može naći na http://www.oddperfect.org/ N > 101500je najaktualniji rezultat iz 2012.g.

  45. RSA izazov • Faktorizacija vrlo velikih brojeva je iznimno teška. Zapravo, većina sigurnosnih značajki u virtualnom svijetu se oslanja na ovu činjenicu. • RSA laboratoriji potiču na faktorizaciju nekih brojeva, a nerijetko nude i nagrade. Jedan takav broj je RSA-1024 što je broj koji se sastoji od 309 znamenki: 135066410865995223349603216278805969938881475605667027524485143851526510604859533833940287150571909441798207282164471551373680419703964191743046496589274256239341020864383202110372958725762358509643110564073501508187510676594629205563685529475213500852879416377328533906109750544334999811150056977236890927563 • Više o sličnim faktorizacijama i aktualnim nefaktoriziranim brojevima možete saznati na http://www.rsa.com.

  46. Magični kvadrati • Kvadrat je magičan ako zbroj svih brojeva u retcima, stupcima i na dijagonalama je isti broj • Jedan takav magičan kvadrat je (zbroj brojeva svakog retka, stupca i dijagonale je 48): 25    4   19 10   16   22 13   28    7  • Tri od devet navedenih brojeva su kvadrati. Problem je pronaći magičan kvadrat čiji su svi brojevi kvadrati ili dokazati da takav magični kvadrat ne postoji.

  47. Prosti brojevi blizanci Postoji beskonačno mnogo parova prostih brojeva oblika (2n-1, 2n+1), odnosno onih prostih brojeva čija je razlika jednaka 2. • Na primjer, takvi su brojevi 41 i 43. • Prvi prosti brojevi blizanci su: (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), …

  48. Zaključak • Svi spomenuti problemi i danas su nedokazani, ali tisuće matematičara radi na njihovom dokazivanju • Neki vrlo poznati problemi su tek nedavno dokazani (Posljednji Fermatov teorem, Dorabellina šifra, Poincareova slutnja...). • Prilikom traganja za dokazima vrlo često se otkrivaju neka nova saznanja, do tad nepoznata, koja koriste u rješavanju nekih drugih problema. • Prilikom traganja za dokazima matematičari povezuju matematičke discipline za koje nikad ne bi ni slutili da su povezane. • Prilikom traganja za dokazima mnogo se novih matematičkih alata otkrije koji kasnije imaju široku primjenu i u drugim znanostima. Vrlo je važno pokušavati, isprobavati, razmišljati – kad tad se pojavi ideja vrijedna pažnje!

  49. Hvala na pažnji!

More Related