Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
новый онлайн-сервис
число, сумма и дата прописью

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]




Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
Автор Сообщение
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 01 ноя 2011, 23:07 
Не в сети
Одарённый
Зарегистрирован:
25 окт 2011, 19:25
Сообщений: 124
Cпасибо сказано: 8
Спасибо получено:
27 раз в 26 сообщениях
Очков репутации: 6

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Sonic, здравствуйте!
Это интересно, что Вы написали, особенно обнадеживает константа из предпоследней строки:[math]\frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}=(\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2})^2[/math], то есть, квадрат коэффициента, задающего точку золотого сечения. В остальное буду врубаться, но сразу несколько замечаний:
Выражение под первым радикалом у Вас кратно [math]a+b[/math], под вторым и третьим - соответственно кратно [math]a[/math] и [math]b[/math]. Если мы предполагаем общую ситуацию, она должна быть симметричной, и распространяться на другой делитель исходного числа (md+t).
Берем теперь тождество [math](A^2+B^2)(C^2+D^2)=(AC+BD)^2+(AD-BC)^2[/math]и подставляем вместо переменных соответствующие им радикалы:[math](A+B)(C+D)=(\sqrt{AC}+\sqrt{BD})^2+(\sqrt{AD}-\sqrt{BC})^2[/math]. Если[math]AD-BC=\pm 1[/math] и [math](\sqrt{AD}-\sqrt{BC})^2= \epsilon[/math](невязка), то, отбрасывая [math]\epsilon[/math], получаем: [math]\sqrt{(A+B)(C+D)}\approx \sqrt{AC}+\sqrt{BD}[/math]. Как видите, Ваши предпосылки выполняются в симметричном виде, и я не знаю чем Вас настораживает мое решение:
[math][a_1,a_2,...a_{n-1}]+[a_1,a_2,...a_n-1]=[a_1,a_2,...a_n][/math]
[math][a_2,...a_{n-1}]+[a_2,...a_n-1]=[a_2,...a_n][/math]
[math][a_1,a_2,...a_{n-1}][a_2,...a_n-1]-[a_1,a_2,...a_n-1][a_2,...a_{n-1}]=\mp 1[/math](Под записью [math][a_1,a_2,...a_n][/math]часто понимают дробь [math]\frac{[a_1,a_2,...a_n]}{[a_2,...a_n]}[/math], что вносит путаницу, в данном случае это целые числа, выраженные в континуантах, или, если хотите, числители и знаменатели некоторых непрерывных дробей). Пример:
[math]\frac{83}{11}=\frac{[7,1,1,5]}{[1,1,5]}[/math]; [math]\frac{[7,1,1]}{[1,1]}=\frac{15}{2}[/math]; [math]\frac{[7,1,1,4]}{[1,1,4]}=\frac{68}{9}[/math]
[math]15+68=83[/math]
[math]2+9=11[/math]
[math]15*9-2*68=-1[/math]

[math]\sqrt{83*11}\approx \sqrt{15*2}+\sqrt{68*9}[/math]
Ну, об остальном надо подумать.

А, ну понял, не все, правда. Давайте установим соответствие между Вашими терминами и моими:
[math]a\rightarrow A,\ b\rightarrow B,\ am+r\rightarrow C,\ bm+s\rightarrow D,\ dm+t\rightarrow C+D[/math]
Тогда [math]C+D=am+r+bm+s=dm+t[/math], откуда [math]r+s=t[/math], это сходится.
Но выражение [math]AD-BC=\pm 1[/math] в ваших терминах читается, как [math]a(bm+s)-b(am+r)=\pm 1[/math], или [math]as-br=\pm 1[/math], тогда [math]\frac{br}{as}\approx 1[/math], и тут расхождение, хотя, [math]r,s[/math]действительно функция от [math]a,b[/math]. Главное, что вряд ли это упрощает дело, чем Вам не нравится формулировка с наименьшими четными квадратами?

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 02 ноя 2011, 07:22 
Не в сети
Оракул
Зарегистрирован:
09 сен 2011, 12:29
Сообщений: 760
Cпасибо сказано: 16
Спасибо получено:
221 раз в 185 сообщениях
Очков репутации: 89

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Andrey A, у Вас хорошее решение :) Просто у меня не так много мозгов, чтобы его понять, но я обязательно разберусь.

Сейчас пока еще не начал читать, но я нашел контрпример к своей формуле! Для числа [math]805[/math] точное приближение такое:
[math]\sqrt{805} \approx \sqrt{66} + \sqrt{410}, \epsilon \approx 2,6 \cdot 10^{-5}[/math]. Все 4 приближения, которые я нашел по своей формуле менее точны! Самое точное у меня вышло [math]\sqrt{805} \approx \sqrt{32} + \sqrt{516}, \epsilon \approx 3,4 \cdot 10^{-5}[/math].
Попробуйте найти!

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 02 ноя 2011, 13:09 
Не в сети
Одарённый
Зарегистрирован:
25 окт 2011, 19:25
Сообщений: 124
Cпасибо сказано: 8
Спасибо получено:
27 раз в 26 сообщениях
Очков репутации: 6

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Andrey A писал(а):
Попробуйте найти!

Для [math]344^2\equiv 1\pmod{805}[/math] [math]\sqrt{805}\approx \sqrt{66}+\sqrt{410},\ \epsilon \approx 2,68\cdot 10^-5[/math] [math]\frac{(805+344)^2-1}{4\cdot 805}=410;\ \frac{(805-344)^2-1}{4\cdot 805}=66[/math]

Для [math]484^2\equiv 1\pmod{805}[/math] [math]\sqrt{805}\approx \sqrt{32}+\sqrt{516},\ \epsilon \approx 3,43\cdot 10^-5[/math]

Для [math]666^2\equiv 1\pmod{805}[/math] [math]\sqrt{805}\approx \sqrt{6}+\sqrt{672},\ \epsilon \approx 6,94\cdot 10^-5[/math]

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 02 ноя 2011, 17:39 
Не в сети
Оракул
Зарегистрирован:
09 сен 2011, 12:29
Сообщений: 760
Cпасибо сказано: 16
Спасибо получено:
221 раз в 185 сообщениях
Очков репутации: 89

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Все, я прочел, что такое континуанты, теперь понятна запись с континуантами.

Andrey A писал(а):
Берем теперь тождество [math](A^2+B^2)(C^2+D^2)=(AC+BD)^2+(AD-BC)^2[/math]и подставляем вместо переменных соответствующие им радикалы:[math](A+B)(C+D)=(\sqrt{AC}+\sqrt{BD})^2+(\sqrt{AD}-\sqrt{BC})^2[/math]. Если[math]AD-BC=\pm 1[/math] и [math](\sqrt{AD}-\sqrt{BC})^2= \epsilon[/math](невязка), то, отбрасывая [math]\epsilon[/math], получаем: [math]\sqrt{(A+B)(C+D)}\approx \sqrt{AC}+\sqrt{BD}[/math]. Как видите, Ваши предпосылки выполняются в симметричном виде, и я не знаю чем Вас настораживает мое решение:

Классно переписали решение в симметричном виде. Его, пожалуй, можно переписать как доказательство того, что наилучшее приближение имеет указанный вид, но этот вид не определяет приближение точно - получается не менее [math]\tau ((A+B)(C+D))[/math] решений (кстати, нужно попробовать выписать явно). И жаль, что только для составных чисел. Ваше решение меня не настораживало, просто оно мне сначала показалось немного навороченным и я предварительно потренировался сам :)


Andrey A писал(а):
Если [math]B[/math]- основание наименьшего четного квадрата, сравнимого с единицей по модулю[math]A[/math], то[math]x=\frac{(A+B)^2-1}{4A}[/math], [math]y=\frac{(A-B)^2-1}{4A}[/math]
Очень бы хотелось перенести эту ситуацию на [math]P[/math], заменив, к примеру, единицу на наименьший квадратичный вычет, но в лоб этот номер не проходит.

Если искать приближение только снизу, то сравнение [math]B^2 \equiv 1 \pmod{A}[/math] при простом [math]A[/math], дает только тривиальные решения, причем еще и [math]A[/math] получается четно. Если искать еще и приближения сверху, то можно брать [math]B^2 \equiv \pm 1 \pmod{A}[/math], что при простом [math]A \equiv 1 \pmod 4[/math] может дать нетривиальные решения (если брать маленький дискриминант, то в случае таких [math]A[/math] он тоже может быть отрицательным)

Andrey A писал(а):
Произведения [math]xy, Ax, Ay[/math], таким образом, являются числами вида [math]k(k+1)[/math]. Благодаря этой симметрии каждое решение является началом (или продолжением) некоторой цепочки решений по типу ряда Фибоначчи:
[math]\sqrt{12}+\sqrt{46}\approx \sqrt{105}[/math], [math]\sqrt{46}+\sqrt{105}\approx \sqrt{290}[/math], [math]\sqrt{105}+\sqrt{290}\approx \sqrt{744}[/math], [math]\sqrt{290}+\sqrt{744}\approx \sqrt{1963}[/math], и т.д. Или так:
[math]\sqrt{12}+\sqrt{46}\approx \sqrt{105}[/math], [math]\sqrt{12}+\sqrt{105}\approx \sqrt{188}[/math], [math]\sqrt{12}+\sqrt{188}\approx \sqrt{295}[/math] и т.д.***

Насчет цепочек по типу Фибоначчи - там не всегда точные решения получаются. (а! ну Вы написали уже!). А насчет точности приближений для случая [math]A=pq[/math] нужно бы доказать.

Может быть все сводить к квадратичным вычетам.
Вообще, нам нужны доказательства! У нас получается 3 приема, из которых первый можно попытаться обосновать и очень интересно найти, насколько общим является 2-й прием. Я в первый раз попытался решить задачу в общем - вышла оптимизационная задача с неявным экстремумом на целых числах - фигня какая-то в общем.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 02 ноя 2011, 21:53 
Не в сети
Одарённый
Зарегистрирован:
25 окт 2011, 19:25
Сообщений: 124
Cпасибо сказано: 8
Спасибо получено:
27 раз в 26 сообщениях
Очков репутации: 6

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Sonic писал(а):
получается не менее [math]\tau ((A+B)(C+D))[/math]решений

Для натуральных переменных [math]A,\ B,\ C,\ D[/math] система
[math]A+B=V_1[/math]
[math]C+D=V_2[/math]
[math]AD-BC=\pm 1[/math] при вз. простых аргументах [math]V_1 V_2[/math] имеет ровно одно решение.
Можно так сказать: для любой несократимой дроби [math]\frac{V_1}{V_2}[/math] однозначно определена пара подходящих дробей с соответствующими суммами числителей и знаменателей.
Sonic писал(а):
И жаль, что только для составных чисел.

А так было бы не интересно!
Sonic писал(а):
А насчет точности приближений для случая A=pq нужно бы доказать.

В такой цепочке выполняется [math]a_na_{n+1}=k_n(k_n+1)[/math]. Сумма корней таких чисел никогда не дает корня простого, а, поскольку пара делителей pq единственная, то и приближение такого вида единственное, следовательно, лучшее.
Sonic писал(а):
Может быть все сводить к квадратичным вычетам.

Это грустная мысль.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 03 ноя 2011, 20:40 
Не в сети
Оракул
Зарегистрирован:
09 сен 2011, 12:29
Сообщений: 760
Cпасибо сказано: 16
Спасибо получено:
221 раз в 185 сообщениях
Очков репутации: 89

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Andrey A писал(а):
Если [math]B[/math]- основание наименьшего четного квадрата, сравнимого с единицей по модулю[math]A[/math], то[math]x=\frac{(A+B)^2-1}{4A}[/math], [math]y=\frac{(A-B)^2-1}{4A}[/math]
Очень бы хотелось перенести эту ситуацию на [math]P[/math], заменив, к примеру, единицу на наименьший квадратичный вычет, но в лоб этот номер не проходит.

А что значит не проходит? Есть контрпример?
Я сейчас попробовал разложение [math]\sqrt{p} \approx \sqrt{\frac{(p-x)^2+3}{4p}} + \sqrt{\frac{(p+x)^2+3}{4p}}[/math], для [math]x:x^2 \equiv -3 \pmod p[/math]. По символу Лежандра получаем, что оно может быть использовано лишь для [math]p:p \equiv 1 \pmod 3[/math]. Проверил численно для [math]p \leqslant 223[/math] есть [math]22[/math] таких числа, среди них [math]3[/math] контрпримера (больший диапазон проверить могу только программой, но писать ее в лом) - не так уж и много контпримеров. Может в общем виде алгоритм здесь имеет вид: раскладываем [math]p-1[/math] на множители и для каждого простого делителя ищем небольшой по модулю квадратичный вычет и строим приближение исходя из его корня. Если предположить истинность ГР, то алгоритм может получиться полиномиальный, исключая факторизацию [math]p-1[/math].

Вообще, у нас есть хоть один метод, точный для всех составных чисел?

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 04 ноя 2011, 05:11 
Не в сети
Одарённый
Зарегистрирован:
25 окт 2011, 19:25
Сообщений: 124
Cпасибо сказано: 8
Спасибо получено:
27 раз в 26 сообщениях
Очков репутации: 6

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Sonic писал(а):
Вообще, у нас есть хоть один метод, точный для всех составных чисел?

Для нечетных свободных от квадратов есть - вычислить наименьший четный квадрат, сравнимый с единицей, и подставить в формулу. Кстати, если принять на веру решение для произведения двух простых, то можно обосновать зависимость от величины четного квадрата (для трех и более делителей):
поскольку [math]AD-BC=\pm 1[/math], все возможные [math]\epsilon[/math] оказываются в ряду [math](\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^2[/math]. С ростом [math]n[/math] убывает[math]\epsilon[/math], но возрастает значение[math](\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2[/math]. Если тепрь посмотреть на формулу [math](A+B)(C+D)=(\sqrt{AC}-\sqrt{BD})^2+(\sqrt{AD}+\sqrt{BC})^2[/math](она ведь верна и с противоположными знаками), видно, что для неизменной суммы чем меньше [math]\epsilon[/math], тем больше [math](\sqrt{AD}+\sqrt{BC})^2[/math], тем меньше [math](\sqrt{AC}-\sqrt{BD})^2[/math]и, соответственно[math](AC-BD)^2=(x-y)^2[/math], то есть четный квадрат, сравнимый с единицей.
Sonic писал(а):
- не так уж и много контрпримеров.

Но, ведь контрпримера достаточно одного, и он находится всегда (по любому вычету).
Sonic писал(а):
получаем, что оно может быть использовано лишь для [math]p:p \equiv 1 \pmod 3[/math]

Об том и речь. Важно, что и решения в этом случае - числа вида [math]m^2+3n^2[/math](тройка и простые вида [math]6k+1[/math]в нечетных степенях канонического разложения) и вся цепочка, построенная от этого решения - тоже. Однако, уверенности, что заданное простое этого вида имеет подобное решение нет никакой, и прямой зависимости от наименьшего квадратичного вычета тоже нет.
Sonic писал(а):
Может в общем виде алгоритм здесь имеет вид: раскладываем [math]p-1[/math] на множители и для каждого простого делителя ищем небольшой по модулю квадратичный вычет и строим приближение исходя из его корня.

Раскладывать пришлось бы не только[math]p-1[/math], но и[math]p+1[/math]: вычету [math]5[/math]соответствуют простые вида [math]10k\pm 1[/math], вычету[math]2[/math] - [math]8k\pm 1[/math] и т.д. Кроме того, значение имеет величина не только вычета, но и соответствующего квадрата (похоже, оба должны быть меньше, а в какой консистенции - вопрос). Подумаю, но пока не представляю себе такого алгоритма. Легче наоборот, подбирая хорошие приближения, находить квадраты с маленькими вычетами.
Sonic писал(а):
Если предположить истинность ГР...

Sonic, Вы меня не путайте. Что такое ГР?

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 04 ноя 2011, 07:16 
Не в сети
Оракул
Зарегистрирован:
09 сен 2011, 12:29
Сообщений: 760
Cпасибо сказано: 16
Спасибо получено:
221 раз в 185 сообщениях
Очков репутации: 89

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Andrey A писал(а):
Для нечетных свободных от квадратов есть - вычислить наименьший четный квадрат, сравнимый с единицей, и подставить в формулу.
Ага..., обоснование вижу...
Andrey A писал(а):
Но, ведь контрпримера достаточно одного, и он находится всегда (по любому вычету).
Ну я-то здесь только один делитель рассмотрел, а их может быть много. Вообще, таким способом непонятно что будет для простых Ферма и простых Жермен.
Andrey A писал(а):
Раскладывать пришлось бы не только [math]p-1[/math], но и [math]p+1[/math]: вычету [math]5[/math] соответствуют простые вида [math]10k\pm 1[/math], вычету [math]2[/math] - [math]8k\pm 1[/math] и т.д.
Я, наверное, с утра торможу, но пока не вижу необходимости раскладывать еще и [math]p+1[/math]. Хотя даже если и разложим - просто переберем все простые делители, для простых делителей - соответствующие приближения, их будет несколько. Пока не думаю, что найдется простое, для которого таким методом нельзя будет найти наилучшее приближение.
Andrey A писал(а):
Sonic, Вы меня не путайте. Что такое ГР?
Гипотеза Римана. Это про то, как находить квадратные корни в [math]\mathbb{Z}_p[/math] - нужно найти образующую и возводить ее в степень [math]\frac{p-1}{2}[/math]. Это все если программно реальный алгоритм писать и тестировать его.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 04 ноя 2011, 17:50 
Не в сети
Одарённый
Зарегистрирован:
25 окт 2011, 19:25
Сообщений: 124
Cпасибо сказано: 8
Спасибо получено:
27 раз в 26 сообщениях
Очков репутации: 6

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Sonic писал(а):
Я, наверное, с утра торможу, но пока не вижу необходимости раскладывать еще и p+1. Хотя даже если и разложим - просто переберем все простые делители, для простых делителей - соответствующие приближения, их будет несколько. Пока не думаю, что найдется простое, для которого таким методом нельзя будет найти наилучшее приближение.

Навернное все-таки не стоит замешивать верхние приближения с нижними. Это похожие задачи, которые не становятся проще от объединения. Конечно, один из модулей выстрелит, но какой? И в чем, собственно, метод? Надо ведь знать соответствующие им квадраты, и даже, подставив все это в формулу, как сравнить полученные приближения? Я пытался выписать невязку, исходя из формулы с радикалами, - там что-то очень ветвистое выходит. Попробуем еще раз взглянуть.
[math]\sqrt{p}\approx \sqrt{\frac{(p+x)^2-y}{4p}}+\sqrt{\frac{(p-x)^2-y}{4p}}[/math]
Полагаем [math]P>x>y[/math]. При [math]y=0[/math] выражение обращается в равенство для любого [math]x[/math], но под радикалами дроби. При [math]y=1[/math] [math]x[/math] - основание наименьшего четного квадрата, сравнимого с единицей по [math]mod\ p[/math], тогда [math]p[/math] - составное. Для простого [math]p[/math] полагаем [math]x^2\equiv y(mod\ p)[/math], причем четному [math]x[/math] соответствует [math]y[/math]вида [math]4k+1[/math], нечетному [math]x[/math] - [math]y[/math]вида [math]4k[/math]. Тогда под радикалами оказываются целые числа. Таким образом величина невязки - функция от двух переменных с заданными условиями, и, конечно, такая штука должна иметь решение. Я не берусь. Если у Вас получится, - будет круто, но если легче будет подобрать, не окажется ли это Пирровой победой?
По поводу [math]p+1[/math]:
Для [math]\sqrt{31}\approx \sqrt{11}+\sqrt{5}[/math] [math]x=6;[/math] [math]y=5[/math]
Для [math]\sqrt{59}\approx \sqrt{19}+\sqrt{11}[/math] [math]x=8;[/math] [math]y=5[/math]
Оба решения по [math]mod\ 5[/math], но [math]31\equiv 1(mod\ 5)[/math], а [math]59\equiv -1(mod\ 5)[/math]

На счет ГР понял, спасибо, на счет Ферма и Жермен даже не думал.

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
 Заголовок сообщения: Re: Лучшее приближение
СообщениеДобавлено: 04 ноя 2011, 21:21 
Не в сети
Оракул
Зарегистрирован:
09 сен 2011, 12:29
Сообщений: 760
Cпасибо сказано: 16
Спасибо получено:
221 раз в 185 сообщениях
Очков репутации: 89

Добавить очки репутацииУменьшить очки репутации
Andrey A писал(а):
Наверное все-таки не стоит замешивать верхние приближения с нижними. Это похожие задачи, которые не становятся проще от объединения.
Теперь я уже буду рассматривать приближения с обеих сторон. Во-первых, так задача получается общЕе, а во-вторых - нашел интересную штучку, см. ниже.
Andrey A писал(а):
Конечно, один из модулей выстрелит, но какой? И в чем, собственно, метод? Надо ведь знать соответствующие им квадраты, и даже, подставив все это в формулу, как сравнить полученные приближения? Я пытался выписать невязку, исходя из формулы с радикалами, - там что-то очень ветвистое выходит.
Ну предлагаемый алгоритм (пока еще не факт, что он всегда даст точный результат) - разложить на множители [math]p \pm 1[/math] и для каждого полученного простого делителя построить приближение, ну а невязки вычислить численно, сравнить и выбрать наилучшую.
Что значит "ветвистое"?

Andrey A писал(а):
По поводу [math]p+1[/math]:
Для [math]\sqrt{31}\approx \sqrt{11}+\sqrt{5}[/math] [math]x=6;[/math] [math]y=5[/math]
Для [math]\sqrt{59}\approx \sqrt{19}+\sqrt{11}[/math] [math]x=8;[/math] [math]y=5[/math]
Оба решения по [math]mod\ 5[/math], но [math]31\equiv 1(mod\ 5)[/math], а [math]59\equiv -1(mod\ 5)[/math]
Ага, понятно, значит тут нужно и [math]p+1[/math] учитывать.

Так, я не обещаю, что отвечу Вам в выходные, но тут что-то получилось, но не до конца, пишу, чтобы Вам скучно не было:

Переформулируем задачу. Пусть [math]n,x,y \in \mathbb{N}[/math]. Тогда приближению [math]\sqrt{n} \approx \sqrt{x} + \sqrt{y}[/math] соответствует приближение [math]n \approx x+y+2\sqrt{xy}[/math] (лучшему приближению соответствует лучшее приближение после возведения в квадрат). Обозначим [math]k=n-x-y>0[/math], оно натуральное число. Тогда [math]k \approx 2\sqrt{xy} \Leftrightarrow k =2\sqrt{xy} +\epsilon, |\epsilon| < \frac{1}{4}[/math]. Возводя в квадрат, получаем [math]4xy = k^2 + 2k \epsilon + \epsilon ^2[/math], причем хвост [math]|2k \epsilon + \epsilon ^2| \leqslant \frac{k}{2}+\frac{k}{16}[/math]. Но поскольку [math]4xy - k^2 = \Delta[/math] - целое, то получаем соотношение [math]4xy - k^2 = \Delta[/math] с [math]- \frac{k}{2} \leqslant \Delta \leqslant \frac{k}{2}[/math]. Заметим, что чем больше [math]|\Delta |[/math], тем больше [math]|\epsilon|[/math] и наоборот, но, кроме того, [math]|\Delta |[/math] - целое число, что несколько удобнее, чем число, являющееся суммой корней.
В итоге, задача формулируется в виде такой системы:
[math]\left\{\!\!\begin{array}{l}x+y=n-k \\4xy = k^2 + \Delta \\- \frac{k}{2} \leqslant \Delta \leqslant \frac{k}{2} \\\Delta \to \min\end{array} \right.[/math]
Здесь дано только [math]n[/math]. Если подставлять конкретные [math]\Delta[/math], то получаем просто систему диофантовых уравнений, которую можно пытаться решать, а не оптимизационную задачу. Заметим, что из второго уравнения следует, что [math]4 \mid \Delta[/math] или [math]\Delta \equiv -1 \pmod{4}[/math].
Воспользовавшись теоремой Виета, преобразуем первые 2 уравнения системы в квадратное уравнение [math]t^2-(n-k)t+\frac{k^2 + \Delta}{4}=0[/math], его дискриминант [math]D=(n-k)^2-(k^2 + \Delta)=n^2-2kn-\Delta = m^2[/math] - для заданных [math]n[/math] проще решать это уравнение, тем более, что это очень просто в каждом конкретном случае при заданном [math]\Delta[/math].
Самое интересное (пока и для меня): из системы следует, что [math]\Delta = 4xy-(n-x-y)^2[/math]. У меня тут уже есть первые 1000 точных приближений, я для них вычислил [math]\Delta[/math]. Примерно половина решений приходится на положительные числа, половина - на отрицательные, для простых чисел [math]\Delta[/math] относительно велико. Последовательность наибольших максимумов соответствует подпоследовательности простых Жермен (интересно, можно ли отсюда пробовать доказывать бесконечность простых Жермен?). Можно также предположить что для каждого допустимого [math]\Delta[/math] уравнение имеет бесконечно много решений.
Дальше я, наверное, буду пробовать решить уравнение относительно каждого [math]\Delta[/math]...

Вернуться к началу
 Профиль  
Cпасибо сказано 
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему    На страницу Пред.  1, 2, 3  След.  Страница 2 из 3 [ Сообщений: 24 ]

 Похожие темы   Автор   Ответы   Просмотры   Последнее сообщение 
Приближение функций

в форуме Численные методы

Evgeshagesha

1

357

02 ноя 2015, 10:11

Периодическое приближение

в форуме Дифференциальные и Интегральные уравнения

simka

0

226

03 июн 2015, 18:06

Десятичное приближение

в форуме Тригонометрия

Bonaqua

3

374

08 май 2015, 15:30

Приближение Тейлора

в форуме Ряды

sunshine123

1

354

24 дек 2014, 16:59

Чебышевское приближение функций

в форуме Численные методы

pshnka

10

867

06 июн 2017, 22:26

Наилучшее среднеквадратичное приближение

в форуме Математическая статистика и Эконометрика

Mikasa Ackerman

2

254

12 апр 2020, 10:57

Приближение ломаной, куда копать?

в форуме Численные методы

BlindB

9

517

17 янв 2017, 13:32

Приближение луча света к большой оси эллипса

в форуме Аналитическая геометрия и Векторная алгебра

Artyom_st

3

489

09 ноя 2014, 14:26

Тема дипломной. Наилучшее приближение н/п функций

в форуме Численные методы

jeliza_rosa

3

534

04 май 2016, 11:53


Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 19


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Перейти:  

Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2023 MathHelpPlanet.com. All rights reserved