5 Tam Küp Toplamı




Bu soru 15 Eylül 2009 tarihinde MyNameis_HIDIR tarafından gönderildi

Her tamsayıyı 5 tam küp toplamı olarak yazılabilir miyiz? Her tamsayı böyle yazılamazsa yazılabilenleri bulunuz.

Örneğin 6 sayısını (2^3)+(-1^3)+(-1^3)+(0^3)+(0^3) olacak şekilde 5 tam küp toplamı olarak yazabiliriz.



Facebook'ta Paylaş

3 votes, average: 1,00 out of 53 votes, average: 1,00 out of 53 votes, average: 1,00 out of 53 votes, average: 1,00 out of 53 votes, average: 1,00 out of 5 (3 Üye oyladı, Ortalama puan: 1,00)
Bu soruya puan verebilmek için üye olmalısınız.
Loading...Loading...

Etiketler: , , , , ,


“5 Tam Küp Toplamı” için 26 Yorum

  1. root and evil diyor ki:

    örnekte 2 kez 0^3 kullanmışsınız; sıfır kullanabiliyorsak soru “1-5 arası (1 veya 2 … veya 5) küpün toplamı”na dönüyor.

    mesela:
    8 = 2^3 + 0^3 + 0^3 + 0^3 + 0^3

    üstteki örnekten yola çıkarak bu kurala uygun sonsuz sayı olduğunu söyleriz (tüm küpler); yani hepsini tek tek yazmak mümkün değil :)

    ayrıca her tam küpün 1, 2, 3, 4 fazlası da, 1 kullanılarak kesin yazılır.
    9 = 2^3 + 1 ^3
    10 = 2^3 + 1 ^3 + 1^3
    11 = 2^3 + 1 ^3 + 1^3 + 1^3
    12 = 2^3 + 1 ^3 + 1^3 + 1^3 + 1^3

    tüm sayılar böyle yazılabilir mi? başta belirttiğim gibi, sıfıra ve tekrara izin verilmesi oldukça esneklik sağlıyor; ancak şimdilik kesin bir çözümüm yok.

    • arman diyor ki:

      Bu soru çok çok basit bi soruydu…zaten yazacağın tam sayıdan sonra ( 0^3) ifadeyi yazman yeterli olacaktr..yanınada -1 ,,veya 1 atarsan (isteğe göre) birbirini götürr geriye o tam sayı kalır..neyse byby

      • MyNameis_HIDIR diyor ki:

        Bu da ilginç olmuş.

        bize de kapak olsun sayfalarca yazmışız sen 1 cümlede çözmüşsün. neyse “tam küpler 5 tane tam kübün toplamı olarak yazılabilir mi?” diye bi soru karşımıza çıkarsa senin çözümünü kullanırız, şimdilik bizimkilerle idare edecez.

        zaten matematik dünyasını bu çözüme henüz hazır görmüyorum, herkesin içinde söyleme engizisyona kadar yolu var, galileo gibi olursun.

      • MyNameis_HIDIR diyor ki:

        Bu yorumu görünce aklıma bişey geldi,
        eski günlerden birinde berberde gazeteleri karıştırıyoruz, muhtemelen üniversite mezunu bir abimiz şu ünlü 1 milyon dolarlık sorulardan birini gördü,
        2 den büyük her çift sayının 2 asal sayının toplamı olarak yazılıp yazılamayacağı sorusu (goldbach hipotezi). ispatlayan veya tersine örnek verebilen 1milyonu kapacak.
        abimiz olayı 2 saniyede çözüp şu mealde bişeyler söylemişti
        “şimdi 2 den büyük tüm asal sayılar tek değil mi?demekki bunlardan 2 tane toplarsan çift olur olay bitmiştir bence boşuna uğraşıyolar.”

  2. MyNameis_HIDIR diyor ki:

    Burada bi yanlış anlaşmayı engellemek için yazayım, negatif sayıların küpleri de kullanılabilir.

    örneğin:

    2009=(12^3)+(6^3)+(4^3)+(1^3)+(0^3)
    2009=(-8^3)+(12^3)+(9^3)+(4^3)+(0^3)
    2009=(10^3)+(10^3)+(2^3)+(1^3)+(0^3)

    yazılımlarının üçü de kurala uygun birer işlemdir. hepsi de 5 tamsayının kübünü toplayıp 2009 u elde etmiştir.

  3. pinar.t diyor ki:

    cesitli (x+n)^3’leri toplamalarim neticesinde ulasabildigim tek sey, 6’nin kiymetiharbiyesi. an itibariyla internette konuya iliskin okumaya basliyorum, hizla itiraf edilir!

    • MyNameis_HIDIR diyor ki:

      internetten tam olrak ne aradığını bilmiyorum ama bu konuyla ilgili kayda değer bişey bulmak zor olabilir. hiç ihtimal vermesem de ancak sorunun kendisi bulunabilir. (sonuçta ben üretmedim başka yerlerde de kesin vardır) burada gördüğüm Lagrange’ın 4 kare teoremi ile ilgili bi sorudan böyle bir soru okuduğum da aklıma gelmişti. soruda geçenin herhangi bir teorem veya bir teoremin sonucu olmaması bence internette bunun hakkında özel bilgi bulmanı zorlaştırabilir.
      sadece negatif olmayan küpler kabul edilseydi sanırım çok zor bi soru olurdu belki de onları içeren bir teorem de vardır bilgim yok. Her sayının 11 küp toplamı şeklinde yazılabildiği falan gibi.

      sorunun çözümüne dönersek lise matematiği yeterli olacaktır :)

      • pinar.t diyor ki:

        Valla ben internette cok temiz bir cozum buldum. benim geldigim noktadan sonra pek guzel ve hic aklima gelmeyecek bir darbeyle isi bitirmis. modülere falan da bulasmamis.

        • pinar.t diyor ki:

          Haa, bunu ararken 11 kup toplami falan diye de bir seylere rastladim ama neydi desen tekrar bulamam herhalde.

        • MyNameis_HIDIR diyor ki:

          valla mod işine girmeden nasıl çözülmüş merak ettim. benim aklıma her zaman olduğu gibi kendi çözümümden başkası gelmiyo :)
          ne zaman bi çözüm bulsam farklı bişeyi bulmakta hep zorlanıyorum.

          bu arada 11 küp toplamını salladım, bildiğim kadarıyla kareler haricindekiler (küpler – 4. kuvvetler …) için sayılar büyüdükçe değişen üst sınırlar var, ne bileyim küpler için mesela sayımız 10000 den büyükse artık en fazla 10 (bu sayı da sallama) tam küp toplamı olarak yazılabileceği ispatlanmış.
          Lagrange’ın teoreminde bu durum geçerli değil sanırım her sayı için o sayıdan daha büyük ve en az 4 tamkare gerektiren sayılar bulunabiliyo olması lazım.

        • MyNameis_HIDIR diyor ki:

          Hatta boşa konuşmayayım şimdi hızlıca taradım,

          her sayının en fazla 9 küp toplamı olarak yazılabildiği, 13592 mi nedir ondan büyük her sayının da en fazla 7 küp toplamı olarak yazılabildiği ispatlanmış.
          23 ve 239 haricindeki her sayınınsa en fazla 8 küp toplamı olarak yazılabileceği de ispatlanmış
          ——-
          olayın aslı waring problem olarak geçiyo yani herhangi bir sayının en fazla kaç tane k. kuvvetlerin toplamı olarak yazılabileceği sorunu
          genel bir teorem olarak da herhngi bir kuvvet için örneğin 15. kuvvet için her sayının sınırlı bir sayıda 15. kuvvetin toplamı olarak yazılabileceği gösterilmiş.
          ——
          neyse bunlar bu sorunun sınırlarının çok dışında sineğe tankla ateş etmek gibi bişey oluyo :)

          • pinar.t diyor ki:

            Sorun sayesinda tum bu yazdiklarini ben de gordum internette tararken.

        • MyNameis_HIDIR diyor ki:

          Sayıları 6 modunda değerlendirmeden nasıl bir çözüm yapılmış gerçekten çok merak ediyorum, internette bulduğun o orijinal çözümü/linkini/mantığını yazarsan sevinirim.
          nasıl bir mantıktan faydalanmış ufak bi giriş yapsan yeterli aslında.

          • pinar.t diyor ki:

            Tabii ki yazacagim ama yazdigin zaman cozumu, ugrasanlarin hizli pes etmesine sebep oluyorsun. biraz daha bekleyelim derim. girizgahi ise benim ilk yazdigim yazida mevcut. ama bu seni kesmeyecek sanirim.

  4. MyNameis_HIDIR diyor ki:

    Bu soruya ben kendi cevabımı vereyim, ondan sonra da diğer cevabı bekleyeyim

    herhangi bir k sayısı için
    (k+1)^3+(k-1)^3-k^3-k^3 şeklinde 4 hakkımızı kullandığımızda 6k sonucuna ulaşırız.

    şimdi herhangi bir n tamsayısı için
    n=6k ise yukardaki 4 tane ve 0 ın küplerini kullanırız
    n=6k+1 ise yukardakiler + 1 in kübü
    n=6k+2 ise n=6(k-1)+8 dir yani yukardakilerin 1 er eksiği ve 2 nin kübünü kullanırız
    n=6k+3 ise n=6(k-4)+27 dir , yukardakilerin 4 er eksiği ve 3 ün kübünü kullanırız
    n=6k+4 ise n=6(k+2)-8 dir , yukardakilerin 2 şer fazlasını ve (-2)nin kübünü kullanırız
    n=6k+5 ise n=6(k+1)-1 dir , yukardakilerin 1 er fazlası ve (-1)in kübü

    tüm n tamsayıları bu 6 şekilden biri olduğuna göre her tamsayı 5 tamküp toplamı olarak yazılabilir.

    • MyNameis_HIDIR diyor ki:

      örneğin n=10=6k+4 olduğundan (k=1), yukardaki 4lüde k=3 alıp
      10=4^3+2^3+(-3)^3+(-3)^3+(-2)^3 eşitliğini sağlatmış oluruz.

    • pinar.t diyor ki:

      girizgah, bekledigim uzre, ayni.
      sonrasini makyajlayarak yaziyorum cunku okudugum kisi berrrbattt anlatmisti;
      birbirini takip eden 3 sayinin carpimi 6’nin katidir, yani 6’ya tam bolunur cunku illa biri cifttir, biri de 3’un kati.
      6k = (x-1) x (x+1) desek, kim tutar bizi!
      = x^3 – x’dir ki 6’ya tam bolunur.
      boylece, k = (x^3 – x) / 6’dir ve k’nin tam sayi olmasi kosulu saglanmistir.
      x^3 – x = (k+1)^3 + (k-1)^3 – k^3 – k^3
      x = x^3 – (k+1)^3 – (k-1)^3 + k^3 + k^3
      k = (x^3 – x) / 6 oldugunu unutmayalim.
      iyi de bunun toplama olmasi gerekirdi, cikartma nereden cikti diyenlere, negatif sayilarin kupunun eksi oldugu hatirlatmasini da yapalim.

      • MyNameis_HIDIR diyor ki:

        Evet çözümlerdeki temel neredeyse aynı, o çözümde bi sayının 6 moduna göre kendisi ve kübünün denk olduğundan faydalanılmış, benimkindeyse zaten 5. küp olarak sayının 6 modundaki kalanı kullanılıyo, daha doğrusu ben x sayısına göre k sayısını belirliyorum o ise x^3 sayısına göre k sayısını belirliyo.

        3 ardışık sayının çarpımının 6 ya bölünmesi konusu ise bana biraz gereksiz atraksiyon gibi geldi, halısahada maç yaparken kaleci kolayca alcağı topun üstüne atlar aynı o hesap :)

        yalnız bu 3 ardışık sayının çarpımı konusu şimdi aklıma birsürü eski ufak sorulardan getirdi,

        -ardışık n tane sayının çarpımı n! e her zaman bölünür mü?
        -n ile 2n arasındaki sayıların çarpımı 2^n ile her zaman bölünür mü?
        -herbiri {2,3,5,7,11} den biriyle bölünen 14 ardışık sayı var mıdır?
        -herbiri {2,3,5,7,11,13} ten biriyle bölünen 21 ardışık sayı var mıdır?

        şimdi bunları soru olarak yazsam hoş olmaz sadece böyle soruların altında not düşüyorum.

        • pinar.t diyor ki:

          Altta yazdigin 4 sorunun ilk ucu: evet-evet-hayir cikti. ucuncusu, “cocugun para hesabi”na benzedi, daha “ciddi” bir matematik uygulamadim. ikinciyi de ciddiyete davet etmem biraz zaman aldi.
          2^(k-1)<n<2^k ise, 1'den n'e kadar sayilar icinde (k-2).2^(k-2) tane 2 carpani vardiri bulduktan sonra bunun uzerine bina ettim. adamlar daha iyi bir cozum bulmus ise bilmek isterim.

        • MyNameis_HIDIR diyor ki:

          1.(k+1) sayısından başlayan n ardışık sayının çarpımı,
          c(k+n,n)*n! dir
          c(k+n,n) tamsayı olduğuna göre bu sayı n! e bölünür

          2.n den başlayıp 2n e kadarki sayıların çarpımı (n dahil edilmezse)
          (2n)!/n! dir
          burada paydada kalan her n değeri için yukarda onun 2 katı olan sayıya bölersek n tane 2 çarpanı elde ederiz. sayımzı da tamsayı olduğuna göre 2^n ile tam bölünür

          • pinar.t diyor ki:

            Amaaan (affedersiniz) ne hiyarim! ustelik (2n)!/(n-1)! de yazmistim. bu kadar basit seye dolambacli bir ispat yaptim. amma ve lakin pek de afili oldu hani!

        • MyNameis_HIDIR diyor ki:

          Yanlış hatırlamıyosam son 2 sorunun da cevabı böyle ardışık sayıların olmayacağıdır. kabaca şöyle bi çözümü vardı.
          bu 14 sayıdan en fazla
          7 tanesi 2 ye,
          5 tanesi 3 e,
          3 tanesi 5 e,
          2 tanesi 7 ye,
          2 tanesi 11 e bölünür
          toplam 19
          bu durumda 3 ebölünenlerden en az 2 tanesi , 5 e,7 ye ve 11 e bölünenlerden de en az 1 tanesi 2 ye bölüneceğinden toplam 5 sayıyı fazladan saymış oluruz ve çıkarırsak 19-5=14 sayı kalır.
          3 e ve 5 e bölünen sayılardan da bi tanesinin 15 e bölündüğü ve 2 kere sayıldığı elde edilir toplamda sayımızın sayısı 1 daha azaltılır, eğer o 15 e bölünen sayı aynı zamanda 2 ye de bölünüp tekrar eklenecekse bu durumda da
          3 e bölünen 5 sayı ve 5 e bölünen 3 sayı için toplam 3 sayının çift olduğunu varsaymıştık onun da en az 4 tanesinin çift olması sonucuna varılırdı falan.

          aynı şekilde 21 sayı için de benzer bi yol uygulanıyo olması lazım.

          ben yine de uğraşayım, farklı bişeyler bulursam yazarım çünkü bu sonuçtan tam emin değilim sadece böyle aklımda kalmış.

  5. MyNameis_HIDIR diyor ki:

    Ya bu 14 ve 21 tane ardışık sayıların sorusu ikiz sorulardır ben bunları ilk gördüğümde de 14 tane için çözüm olmadığını tgösterip 21 için de benzer şekilde çözüm yoktur diye baya bi zaman uğraşmıştım.

    şimdi hatırladım 21 tane için çözüm vardı, şimdi bundan yola çıkarak bulmaya çalıştım,

    k=0 (mod2)
    k=2 (mod3)
    k=0 (mod5)
    k=4 (mod7)
    k=2 (mod11)
    k=2 (mod13)

    denkliklerini sağlayan bir k sayısı 2,3,5,7,11 ve 13 sayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan bulunur.

    bu durumda
    k,(k+2),(k+4),(k+6),(k+8),(k+10),(k+12),(k+14),(k+16),(k+18),(k+20) sayıları 2 ye
    (k+1),(k+7),(k+13),(k+19) sayıları 3 e
    (k+5),(k+15) sayıları 5 e
    (k+3),(k+17) sayıları 7 ye
    (k+9) 11 e
    (k+11) de 13 e bölünür ki tüm
    k,k+1,…, k+20 ardışık 21 sayısından herbiri 2,3,5,7,11,13 asallarından en az 1 tanesiyle bölünmüş olur.

    hatta üşenmedim az bişey de bilgisayar desteğiyle 9440 sayısını buldum
    bu aynı zamanda okek(2,3,5,7,11,13) ten küçük olduğuna göre bu koşula uyan en küçük sayıdır, daha küçüğünü aramayınız :)

    bu durumda 21 ardışık sayı olan
    9440,9441,9442,…,9460 sayılarından herbiri 2,3,5,7,11,13 ten biriyle bölünür :)

    ayrıca 30030t+9440 şekilli her sayıyla başlayan 21 ardışık sayı dizisi de aynı şartları sağlar.

Cevap yazın

Yorum yapabilmek için giriş yapmalısınız.