整数序列杂志,第2卷(1999年),第99.1.4条

通过减法平方来减少集合

希克森院长
数学系
加州大学戴维斯分校
电子邮件地址:dean@math.ucdavis.edu

迈克尔·克莱伯
数学系
麻省理工学院
由国家科学基金会博士后奖学金资助
电子邮件地址:kleber@math.mit.edu

摘要:我们确定,对于每个正整数n,可以从{1,2。。。,n}反复更换两个数的平方差。

0.简介

问题178英寸[五]问:

从1到2001的数字写在一张纸上。选择其中两个数字,比如说b,将它们从列出并添加|2 - b2|(它们的平方之间的非负差)到列表中。重复这个过程一遍又一遍。每次你拿走两个列表中的数字,将它们平方,并与列表相邻它们平方的非负差(可能是0)。之后数量(多少?)在这些操作中,你只有一个号码留在报纸上。你能选个数字让这最后一个吗剩余的数字是零?

(我们要感谢Loren Larson,他正在准备[五],对于这个翻译。)

答案是“否”,因为集合中的奇数最初是1001,它的奇偶性永远不变。但这让理查德·K·盖伊沟通]要问更一般的问题:

从多集开始S整数。重复更换两个成员b通过|2 - b2|,直到保留单个整数。剩余价值能有多小?

在本文中,我们随时回答这个问题S有表格吗{1,2n}对于正整数n. 我们同时给出了其他区间的部分结果。

首先,一些符号和术语:

我们让f(,b) =|2 - b2|.

如果多集T可以从多集得到S反复更换元件b通过f(,b),我们会这么说的T是减少S或者那个S可以是减少到T. 如果T是单身汉{t},我们也会这么说吧S可以简化为t.

如果S是一个非空的整数多集,那么我们让r(S)是最小的数S可以简化为r(S).

如果n是一个正整数,我们写r(n)为r({1,2n}).

用手很容易找到

    r(1) =1,

    r(二)=f(1,2)=3,

    r(三)=f(f(1,2),3)=0,

    r(四)=f(f(f(1,2),3),4)=16,

    r(五)=f(f(0,1),4)=15,其中0=f(f(2,3),5)和

    r(八)=f(f(f(2,4),f(6,7)),f(0,5))=0,其中0=f(f(1,3),8)。

通过详尽的计算机搜索,我们还获得

    r(六)=f(f(f(1,4),f(3,5)),f(2,6))=63和

    r(七)=f(f(0,1),3)=8,其中0=f(f(f(4,5),7),f(2,6))。

(不幸的是,我们不知道这两个值的简明证明。)

正如我们将要证明的,序列继续如下所示:

       n1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20r(n)1 3 0 16 15 63 8 0 3 1 0 0 1 3 0 4 3 3 4 0
这是顺序A038122型在里面[环境影响报告].

我们的主要结果表明n大于或等于8,序列是周期性的第12周期。

定理:n>0,让s(n)由下表:

   n国防部12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11s(n)0 1 3 0 4 3 3 4 0 3 1 0
那么,为了n不等于4,5,6,或7,我们有r(n) =s(n). 此外,r(4) =16,r(5) =15,r(6) =63,以及r(7) =8。

我们的证明包括三个部分:首先,我们证明了r(S)对于任意多集S,这意味着r(n) >=s(n). 接下来,我们将展示这一点r(n+24条)<=r(n)最后,我们会的计算r(n)为n从1到23再从28到31。根据这些信息,我们的结果将由归纳法得出。

1.一致性

引理0:假设如此|S|>=2。如果奇数元素S是平的,那么r(S)可被4整除。否则,r(S)很奇怪。

注意:如果|S|=1;例如r({2})=2不能被4整除。

证明:如前所述,奇数元素数的奇偶性当我们更换时不会改变b通过f(,b). 所以在第一种情况下,r(S)是甚至。但是平方差不能等于2(mod 4),所以r(S)必须能被4整除。在第二种情况下,r(S)一定很奇怪。量化宽松

引理1:如果S不是的可被3整除就是偶数r(S)可被3整除。否则,r(S)不能被3整除。

证明:如果b两者都可以被整除或者两者都不能被3整除,那么f(,b)是可被3整除的。否则就不是了。无论哪种情况,更换b通过f(,b)不会更改奇偶校验不能被3整除的元素数。如果那个号码是平的,那么r(S)可被3整除;否则就不是了。量化宽松

将引理0和1应用于案例S={1,2。。。,n},我们查找以下关于r(n)模数6或12:

   n12型r(n)mod 2或4r(n)模式3r(n)mod 6或12--------    ---------------    ----------    ----------------0 0(模式4)0 0(模式12)11(mod 2)1或2 1或5(mod 6)2 1(模式2)0 3(模式6)3 0(模式4)0 0(模式12)4 0(mod 4)1或2 4或8(mod 12)5 1(模式2)0 3(模式6)6 1(模式2)0 3(模式6)7 0(mod 4)1或2 4或8(mod 12)8 0(模式4)0 0(模式12)9 1(模式2)0 3(模式6)10 1(mod 2)1或2 1或5(mod 6)11 0(模式4)0 0(模式12)
从下表中我们得到:

引理2: r(n) >=s(n)对所有人n>=1。

2.感应步骤

接下来我们将展示r(S)以及r(T)有时可以提供关于r(S工会T):

引理3:如果r(T)=0且0或1是元素属于S,那么r(S工会T) <=r(S).

证明:因为T可以减为0,S工会T可以简化为S联合{0}。如果0在S然后S联合{0}包含两个0;替换为f(0,0)=0减少S将{0}合并到S.同样,如果1在S然后将0和1替换为f(0,1)=1减少S将{0}合并到S. 最后,S可以减少到r(S),所以我们得出结论S工会T可以简化为r(S).因此r(S工会T) <=r(S).量化宽松

引理4:对于任何整数n,r([n,n+23])=0。

这里[,是的]表示整数集>=<=是的.

证明:首先我们更换每对n+n+23-(0)<=<=11)根据正方形,即f(n+,n+23-) =(23-2))| 2n+23 |。出租=| 2n+23 |,我们有减少[n,n+23]至{,3,5, ...,23}.

接下来,我们将这个集合通过

    f(f(三),7),f(九)年11月))=0

    f(f(f(,5),f(十三),15岁)),f(f(十七)19岁),f(二十一),23岁)))=0。

最后,将{0,0}减少到f(0,0)=0完成证明。量化宽松

结合引理3和4得出:

引理5:n>=25,r(n) <=r(n-24条)。

证明:引理3应用于S=[1,n-24]和T= [n-23日,n]:引理4n改为n-23日,r(T)=0。因此

    r(n) =r(S工会T) <=r(S) =r(n-24条)。量化宽松

现在假设一下n>=25r(n-24条)=s(n-24条)。那么

    r(n) <=r(n-24条)=s(n-24条)=s(n).

但是,根据引理2,r(n) >=s(n),所以r(n) =s(n). 如果这个定理对价值n除了4、5、6或7之外,对于n+24.为了完成证明,我们只需要证明它是真的对于n<=24和28<=n<=31。我们已经讨论了r(n)为n<=8;下一节我们将证明剩余值。

3.特定值r(n)

下面的每一个减少都表明r(n) <=s(n)对于一个值n. 结合引理2给出了平等。

在每个约化中,我们显式地显示作为中间值出现的零价值观。例如,对于r(10) ,我们首先将{4,5,9}还原为0,然后将{0,6,8,10}还原为0,然后将{0,2,3,7}还原为0,最后还原{0,1}到1。

验证这些减少很容易,尽管在某些情况下可以找到它们不是,因为问题的大小随着设置。具体地说,一组n元素是(2)n-3) !!=1*3*5*。。。*(二)n-3) 一。通过归纳法看这个n,假设是这样我们有一套的折扣S属于n元素。那我们就可以了添加其他元素通过改变一些f(,),其中是原作中的一个n元素,或n-1形式表达f(是的,Z)在最初的还原过程中发生的。所以有两个n-1种为每次减少添加新元素的方法S. (这不是一个新的结果;它本质上是[升].)

利用我们现有的计算机资源,我们可以做一个详尽的对一组12个元素的约140亿个缩减进行了搜索大约3.5小时。对于较大的集合,我们对初始值进行了合理的猜测将某些子集缩减为0,然后使用计算机搜索的步骤关于约化集。有时我们不得不尝试几种不同的组合在找到一个有效的方法之前的最初步骤。

   r(9) =3,因为f(f(f(f(3,4),6),f(7,8)),f(5,9))=0和f(f(0,1),2)=3。r(10) =1,因为f(f(4,5),9)=0,f(f(0,6),f(8,10))=0,f(f(f(0,2),3),7)=0,和f(0,1)=1。r(11) =0,因为f(f(3,7),f(9,11))=0,f(f(0,6),f(8,10))=0,以及f(f(f(1,2),0),f(4,5))=0。r(12) =0,因为f(f(f(3,4),1),f(f(6,7),11))=0和f(f(f(2,5),f(9,10)),f(8,12))=0。r(13) =1,因为f(f(3,7),f(9,11))=0,f(f(0,6),f(8,10))=0,f(f(0,5),f(12,13))=0,f(f(0,2),4)=0,和f(0,1)=1。r(14) =3,因为f(f(5,10),f(11,14))=0,f(f(6,7),13)=0,f(f(f(f(3,4),8),12),f(0,9))=0,以及f(f(0,1),2)=3。r(15) =0,因为f(f(1,4),f(7,8))=0,f(f(2,5),f(10,11))=0,f(f(3,6),f(13,14))=0,以及f(f(0,9),f(12,15))=0。r(16) =4,因为f(f(5,10),f(11,14))=0,f(f(6,7),13)=0,f(f(1,3),8)=0,f(f(0,9),f(12,15))=0,f(f(0,4),16)=0,和f(0,2)=4。r(17) =3,因为f(f(4,7),f(16,17))=0,f(f(f(11,12),f(13,14)),f(5,15))=0,f(f(0,3),9)=0,f(f(0,6),f(8,10))=0,以及f(f(0,1),2)=3。r(18) =3,因为f(f(4,12),f(14,18))=0,f(f(5,9),f(13,15))=0,f(f(f(f(6,7),11),f(8,10)),f(f(0,3),f(16,17))=0,以及f(f(0,1),2)=3。r(19) =4,因为f(f(f(11,12),f(14,15)),f(f(9,10),7))=0,f(f(8,13),f(16,19))=0,f(f(1,6),f(17,18))=0,f(f(0,3),f(4,5))=0,以及f(0,2)=4。r(20) =0,因为f(f(f(11,14),f(17,18)),f(f(10,13),19))=0,f(f(9,15),f(16,20))=0,f(f(1,4),f(7,8))=0,以及f(f(f(f(f(0,2)、3)、6)、5),f(0,12))=0。r(21)=3,因为f(f(f(10,11),6),f(f(13,14),18))=0,f(f(f(3,5),17),f(4,7))=0,f(f(9,15),f(16,20))=0,f(f(8,12),f(19,21))=0,以及f(f(0,1),2)=3。r(22)=1,因为f(f(f(f(2,4),13),20),f(f(f(3,5),16),15))=0,f(f(7,11),f(f(9,10),17))=0,f(f(8,12),f(19,21))=0,f(f(6,14),f(18,22))=0,以及f(0,1)=1。r(23)=0,因为f(f(f(10,11),f(13,14)),f(6,18))=0,f(f(f(1,3),f(4,5)),17)=0,f(f(9,15),f(16,20))=0,f(f(8,12),f(19,21))=0,以及f(f(2,7),f(22,23))=0。r(24)=0,由引理4n=1。r(28)=4,因为f(f(7,14),f(23,26))=0,f(f(f(18,19),f(21,24)),f(f(22,25),f(27,28))=0,f(f(f(f(3,4),6),1),f(f(9,10),f(11,12))=0,f(f(5,13),f(16,20))=0,f(f(0,8),f(15,17))=0,以及f(0,2)=4。r(29)=3,因为f(f(f(19,20),f(22,25)),f(f(23,26),f(28,29))=0,f(f(f(3,6),12),f(f(10,14),f(15,18))=0,f(f(f(5,7),21),f(11,16))=0,f(f(4,13),f(24,27))=0,f(f(8,9),17)=0,以及f(f(0,1),2)=3。
价值观r(30)和r(31)从r(18) 以及r(19) 借助引理3:

   r([19,30])=0,因为f(f(f(19,20),21),f(f(24,25),f(29,30))=0和f(f(0,28),f(f(22,23),f(26,27))=0;因此r(三十)=r(18) =3。

r([20,31])=0,因为f(f(f(20,24),29),f(f(21,25),f(30,31))=0和f(f(0,28),f(f(22,23),f(26,27))=0;因此r(三十一)=r(19) =4。

这就完成了定理的证明。

4.平移不变约化

在引理4中我们证明了这一点r({n,n+1。。。,n+23})=0代表每n。此类型的其他结果包括更小的套。例如,
    r({n-6个,n-2个,n-1个,n+1个,n+2个,n+6} )=(4.0)f(f(f(n-1个,n-2) 你说,n-6) 你说,f(f(n+1个,n+2) 你说,n+6) )=0;r({n-5个,n-4个,n-2个,n-1个,n+1个,n+2个,n+4个,n+5} )=(4.1)f(f(f(n-5个,n-4) 你说,f(n-2个,n+1) ),f(f(n-1个,n+2) 你说,f(n+4个,n+5) )=0。
(方程式(4.1)和n=23和24用于证明r(28)和r(29)。)

每个例子都是对称的:有一些整数k就这样如果我们改变的话,减少额是不变的n+n+k-为每一个. 但也有不对称的例如

    r({n,n+1个,n+3个,n+5个,n+12个月,n+13岁,n+18岁,n+20} )=(4.2)f(f(f(n,n+5) 你说,f(n+1个,n+12) ),f(f(n+3个,n+13) 你说,f(n+18岁,n+20) )=0。
打开问题0:在一个多重整数集{1, ...,k}所以r({n+1, ...,n+k})=全部为0n.

一个明显的必要条件是偶数元素和奇数元素的数目是偶数;否则我们可以选择n以便引理0可以排除还原为0的可能性。同样,元素的数量在每个同余类中,mod 3必须是偶数。

如果方程式r({n+1, ...,n+k})=0并非全部为真n,则n这是真的。要查看此结果,请注意集合的特殊归约有形式|p(n)|对某些人来说多项式的p. 如果其中一个多项式是相同的零,那么r({n+1, ...,n+k})=全部为0n. 否则,只有当n有限多多项式的有限多根之一。

除此之外,我们对这个问题知之甚少。即使是为了间隔时间,我们还没有完全解决它。mod 2和mod 3限制意味着如果每个间隔的长度k可以减少到0,那么k必须是12的倍数。我们希望有一段时间每间隔12个长度可减至0;那就简化了定理的证明。我们发现这样的间隔缩短[n,n+11] 与n=-5到14、16、17、19、20和26。然而,一个详尽的计算机搜索表明,这不是真的概述;尤其是对于n=15,18或21到25。

对于12的更大倍数,我们从引理4知道长度24可以减为0。我们现在证明了同样的道理长度为60的间隔:从[n,n+59],我们首先使用(4.0)与n替换为n+6和n+53,同时减少

    {n,n+4个,n+5个,n+7个,n+8个,n+12} 以及

    {n+47岁,n+51岁,n+52岁,n+54岁,n+55岁,n+59}

到0。下一步,为了=1到3,6,9到11,13到29,我们减少{n+,n+59岁-}至(59-2),其中=| 2n+59 |。这给了我们一套

    {,3,5,7,9,11,13岁,15岁,17岁19岁,21岁,23,25岁,27岁,

29岁,31岁,33岁,37岁,39,41岁,47岁,53岁,55岁,57岁}.

最后,我们使用

    f(f(五),29岁),f(四十七),55岁))=0,

    f(f(七)19岁),f(37),41岁))=0,

    f(f(十七),27岁),f(53),57岁))=0,

    f(f(二十三),31岁),f(33),39岁))=0,

    f(f(f(,13岁),f(三),9)),f(f(十一),15岁),f(二十一),25岁)))=0

完成还原为0。

结合长度为24的区间的结果,这意味着除了12以外,每一个间隔的长度都是12的倍数它本身,除了36个可能的例外,可以减为0。这给我们留下了:

开放问题1:长度36的每一个间隔能减少到0吗?

工具书类

[环境影响报告]《整数序列在线百科全书》,尼尔·斯隆著,http://oeis.org

[升]“组合问题与练习”,László洛瓦兹,1979年,北荷兰出版公司

[五]“Fler Matematiska Tankenötter”,[瑞典语]Paul Vaderlind著,1996年,Svenska Dagbladets Förlags AB公司


收到日期:1999年2月21日。1999年3月15日发表于《整数序列杂志》。


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