bewijs oplossingen vergelijking

[dirkwb]

Gegeven is een natuurlijk getal n.

Te bewijzen:

Het aantal geheeltallige oplossingen (x, y) van de vergelijking

\(x^2 + xy + y^2 =n \)

is eindig en een veelvoud van 6.

Ik kan het via de abc formule omschrijven naar y(x,n) en daarmee is bewezen dat het eindig is, maar dan hoe verder?

[Erik Leppen]

Met de theorie van modulaire vormen kun je als je modulaire vorm aan de juiste voorwaarden voldoet, een formule vinden voor het aantal oplossingen r(n) van x^2 + xy + y^2 = n. Hier is een hele tak van de wiskunde over, die gaat over representaties van kwadratische vormen.

Hoe dan ook vind ik voor n = 13 acht oplossingen:

solve (x^2 + x y + y^2 = 13) over Z. Bij mij is dat niet deelbaar door 6

Edit: W|A ziet blijkbaar niet alle oplossingen; voor n = 13 zijn het er 12. Ik heb mijn computer even laten rekenen en de rij van oplossingen begint met:

1, 6, 0, 6, 6, 0, 0, 12, 0, 6, 0, 0, 6, 12, 0, 0, 6, 0, 0, 12, 0, 12, 0, 0, 0, 6, 0, 6, 12, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 6, 12, 0, 12, 0, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 6, 18, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 12, 0, 12, 6, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 0, 12, 0, 6, 12, 0, 0, 12, 0, 6, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 24, 0, 12, 0, 0, 0, 12, 0, 0, 6, 0, 0, 12, 0, 0, 0, 0, 6, 12, 0, 12, ...

(de 1 aan het begin is voor n = 0). Het ziet er naar uit dat een algemene formule moet bestaan, ik zal eens kijken hoe die er uit ziet en vooral - hoe je dat bewijst.

[Marko]

Wolfram Alpha ziet ze wel, maar om de een of andere reden laten ze slechts 8 oplossingen zien.

Door op "more solutions" te klikken wordt de rest zichtbaar.

[Erik Leppen]

Ja, daar kwam ik achter en was ik net aan het bewerken toen de forumsoftware mij vertelde dat dat niet (meer) mocht ineens (wat niet handig is is dat de forumsoftware mij niet vertelt waarom dat niet mag). Maar er zijn dus inderdaad twaalf oplossingen voor n = 13.

[tempelier]

Dat het aantal oplossingen eindig is, is gemakkelijk in te zien door de vorm te herschrijven tot:

\((x+y)^2 -3xy = n \)

[Bartjes]

Omdat we met een ellips van eindige afmetingen te maken hebben kunnen er maar eindig veel roosterpunten op liggen. Wellicht dat de symmetrie van de figuur meer informatie geeft over het aantal.

[tempelier]

Dat het aantal oplossingen eindig is, is gemakkelijk in te zien door de vorm te herschrijven tot:

\((x+y)^2 -3xy = n \)

Kennelijk iets te vlug geweest moest zijn.:

\((x+y)^2 -xy = n \)

[Erik Leppen]

Ik heb de theorie van modulaire vormen/kwadratische vormen er eens op nageslagen (mijn scriptie ging daar namelijk over), en ben tot de conclusie gekomen dat het aantal representaties van

\(n\)

door de kwadratische vorm

\(x^2 + x y + y^2\)

gelijk is aan

\(r(n) = 6 \sum_{d | n} \left( \frac{d}{3} \right)\)

oftewel, het aantal delers van n dat 1 mod 3 is, minus het aantal delers van n dat 2 mod 3 is, en dat verschil keer zes.

Het proces is in grote lijnen als volgt:

Er is een stelling die zegt dat de machtreeks met als coëfficiënten de representatieaantallen,

\(\Theta(q) = \sum_{n = 0}^{\infty} r(n) q^n\)

een modulaire vorm is met bepaalde eigenschappen. Die eigenschappen hangen af van de kwadratische vorm.

in een zekere ruimte die afhangt van enkele eigenschappen van de kwadratische vorm. Die ruimte is een eindigdimensionale vectorruimte over de complexe getallen en van een deel van die ruimte is de basis bekend. Het overige deel (de spitsvormen) is onregelmatig, alhoewel de dimensie wel berekend kan worden. Echter blijkt dat voor

\(x^2 + x y + y^2\)

dit gedeelte dimensie nul heeft. De thetareeks is dus een lineaire combinatie van bekende vormen. De dimensie is twee en er zijn dus twee onbekenden (nl. de coëfficiënten in de lineaire combinatie). Door de representaties van n = 1 en n = 2 handmatig te berekenen verkrijgt men twee (gelukkigerwijs lineair onafhankelijke) vergelijkingen in die twee onbekenden waarmee de coëfficiënten kunnen worden achterhaald.

Hoe bereken je die representaties handmatig? Dat kan door Bartjes' inzicht te gebruiken dat het gebied gedefinieerd door de beperking

\(x^2 + x y + y^2 < 3\)

begrensd is; men kan dan simpelweg punten tellen.

Overigens vind je wellicht ook nuttige informatie op OEIS, rij 4016.

[Bartjes]

Schetsje van een eenvoudiger elementair bewijs:

Verdeel de ellips m.b.v. de twee symmetrieassen in vier gelijkvormige stukken. Dan heb je wegens de ligging van de ellips op al die stukken precies evenveel roosterpunten (de eindpunten niet meegerekend). Dat geeft dus een viervoud aan roosterpunten. Alleen moet dan nog onderzocht worden hoeveel roosterpunten er voor de verschillende waarden van n liggen op de snijpunten van de ellips met de symmetrieassen (dus op de eindpunten van de vier ellipsdelen).

Kan dat zo?

[Erik Leppen]

Naar aanleiding van Bartjes' bericht heb ik maar eens in Excel gewoon een tabel gemaakt van hoe deze functie er nu eigenlijk uitziet. En er is inderdaad een mooi patroon te herkennen waaruit het gevraagde volgt. Het enige dat je nog hoeft te doen dan is dat patroon in wiskundetaal gieten en bewijzen. Dat lijkt me een mooie oefening voor de lezer.

Het patroon is hieronder te zien. Het vlak is te partitioneren in zeshoekige "ringen". Elke ring bestaat uit zes "rijtjes" die op de hoekpunten overlappen en deze zes rijtjes bevatten steeds dezelfde getallen (in het gemarkeerde voorbeeld 196, 183, 172, ...)

[Bartjes]

Met mijn voorstel ga je helaas niet op zesvouden uitkomen, wel op twee- en viervouden.

Maar gezien het berichtje van Erik Leppen kan je daar op een iets andere wijze wel op uitkomen. Helaas ben ik niet goed thuis in de (gehele) getallenleer.

[Safe]

@dirkwb

Bouw het eens op ...

Elk punt (m,n) geeft ook het punt (-m,-n) zo dat m^2+mn+n^2=N.

Ga uit van een punt (m,n) die een m^2+mn+n^2=N oplevert. Kies het punt (m+p,n) en bereken p, dit geeft een nieuw punt,. Idem het punt (m,n+q).

Wat kan je nu concluderen?

Merk op als (m,n) voldoet dan ook (n,m)

[dirkwb]

@dirkwb

Bouw het eens op ...

Elk punt (m,n) geeft ook het punt (-m,-n) zo dat m^2+mn+n^2=N.

Ga uit van een punt (m,n) die een m^2+mn+n^2=N oplevert. Kies het punt (m+p,n) en bereken p, dit geeft een nieuw punt,. Idem het punt (m,n+q).

Wat kan je nu concluderen?

Ja, (m,n) en (-m,-n) geven al 4 oplossingen (vanwege de symmetrie in x en y). Ik snap niet wat je bedoelt met "kies m+p,n en bereken p". Het is toch niet de bedoeling dat je gaat zoeken naar een oplossing?

Als ik het substitueer kom ik uit op p = 0 of p = -(2m+n), dus de huidige oplossing (m,n) en (n,m) voldoen en de nieuwe oplossing (-m-n,n) en dus ook (n,-m-n) , klopt dit?

[Safe]

Precies!

Ga verder ...

[dirkwb]

Hoe moet ik verder?