Lankide:Julengrande/Proba orria

Hiru kuboen gehiketa

Potentzien batuketaren matematikan, hiru kuboen gehiketaren problema, problema irekia da (oraindik ez da emaitza orokorrik lortu), non edozein zenbaki arrunta hiru zenbaki osoen kuboen batura gisa adieraz daitekeen. Batuketa honetarako zenbaki positiboak zein negatiboak baimentzen dira. Teorema honen proposamena hurrengoa da: Aurkitzea 'k' deitutako edozein zenbaki arrunt bat ($\mathbb {N}$) zenbat modutan jar daitekeen hiru zenbaki positiboen kuboen batura gisa: ($x^{3}+y^{3}+z^{3}=k$).

Problema matematiko hau Diofantoren ekuaziorekin erlazionatuta dago. Arazo honen emaitza guztiak zenbaki osoak izan behar ziren. Hauen adibide garrantzitsuenatariko bat Fermaten azken teorema da. Honek soluzio osoak lortzean datza hurrengo ekuaziorako: $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ , non n zenbaki arrunta den ($n\in \mathbb {N}$).

• 
  Fermaten azken teorema
• 
  Pierre de Fermat, 1601-1965, Frantzia

Momentuz, 0-tik 1000 bitarteko zenbakiak aztertu eta hainbat emaitzak lortu dituzte. Hala ere, 0-100 tartea dago solilik osorik aurkituta momentuz, gutxienez emaitza batekin. Hala ere, badaude zenbaki batzuk, baldintza zehatz bat betetzen dutenak, zeinek ez daukate soluziorik: 4 edo 5 modulu 9 direnak, hau da, zenbaki horiek 9-rekin zatitzean bere hondarra 4 edo 5 dutenek. Zenbaki hauek dira 13, 22, 40 eta 95 besteak beste.

Zenbaki horiek hiru kuboen gehiketa bezala jartzeko ezintasuna zenbaki kuboen 'propietate' batengatik gertatzen da: Zenbaki oso bat 9-rekin zatituz gero, hondarra 0, 1 edo -1 bat izango da, beti (Ikusi aurrerago frogapena). Haien arteko maximoa hartuz, 1, eta 3 aldiz gehitzen bere kuboa, gehienez 3 ematen du (1 + 1 + 1 = 3) eta minimoa hartuz (-1), eta gehitzen, 9-tik asten, gehienez 6-ra ailegatzen gara, ( 9 -1 -1 -1 = 6), beraz, geratzen da tarte bat, [4, 5], zeinarekiko inoiz ez da erantzun bat egongo (Frogapena ulertzeko ikusi aritmetika modularra).

Frogapena:

Zenbaki guztiak 9k + r bezala jar daitezke, non r zenbaki arrunta den, eta 0 <= r < 9

Beraz, 9k, 9k + 1, ..., 9k + 8 ber hiru egitean, berriro ere 9k + m bezala jarri ahal izango dugu, baina kasu honetan, frogatu behar dugu m beti 0, 1 edo -1 izango dela

• 9k kasua

$(9k)^{3}=9^{3}\cdot k^{3}=9(9^{2}\cdot k^{3})+0$

Beraz, hondarra 0 izango da

• 9k + 1 kasua

$(9k+1)^{3}=(9k)^{3}+3\cdot (9k)^{2}+3\cdot 9k+1=9((9^{2}\cdot k^{3})+3\cdot 9k^{2}+3k)+1$

Hondarra 1 izango da

• 9k + 2 kasua

$(9k+2)^{3}=(9k)^{3}+3\cdot 2\cdot (9k)^{2}+3\cdot 2^{2}\cdot 9k+8(9-1)=9((9^{2}\cdot k^{3})+3\cdot 2\cdot 9k^{2}+3\cdot 4\cdot k+1)-1$

Bigarren paussuan, konturatu behar gara 8, 9 - 1 bezala jar daitekeela, eta beraz, hondarra -1 izango dela

• 9k + 3 kasua

$(9k+3)^{3}=(9k)^{3}+3\cdot 3\cdot (9k)^{2}+3\cdot 3^{2}\cdot 9k+27=9((9^{2}\cdot k^{3})+3\cdot 3\cdot 9k^{2}+3\cdot 3^{2}\cdot k+3)+0$

27, 9 * 3 denez, barrura sar daiteke, eta hondarra berriro 0 da

Prozesua beste guztiekin errepikatuz, ikusten da hurrengoa:

• 9k + 4 kasua$(9k+4)^{3}=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 4\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 4^{2}\cdot k)+64=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 4\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 4^{2}\cdot k)+7\cdot 9+1=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 4\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 4^{2}\cdot k+7)+1$Hondarra 1 izango da

• 9k + 5 kasua$(9k+5)^{3}=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 5\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 5^{2}\cdot k)+125=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 5\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 5^{2}\cdot k)+14\cdot 9-1=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 5\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 5^{2}\cdot k+14)-1$Hondarra -1 izango da

• 9k + 6 kasua$(9k+6)^{3}=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 6\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 6^{2}\cdot k)+216=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 6\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 6^{2}\cdot k)+9\cdot 24=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 6\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 6^{2}\cdot k+24)+0$Hondarra 0 izango da

• 9k + 7 kasua$(9k+7)^{3}=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 7\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot k)+343=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 7\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot k)+9\cdot 38+1=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 7\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot k+38)+1$Hondarra 1 izango da

• 9k + 8 kasua$(9k+8)^{3}=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 8\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 8^{2}\cdot k)+512=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 8\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 8^{2}\cdot k)+9\cdot 57-1=9(9^{2}k^{3}+9\cdot 3\cdot 8\cdot k^{2}+9\cdot 3\cdot 8^{2}\cdot k+57)-1$Hondarra -1 izango da

Ikusten da hondarra beti 0, 1 edo -1 izango dela

Historia

1955ean, informatikariek softwarea programatu eta ordenagailuak kalkuluak egiten hasi ziren, [0, 1000]-zenbakien arteko emaitzak ateratzeko. Ia zenbaki guztietarako emaitzak lortu zituzten, zenbaki hauetarako izan ezik:

33, 42, 52, 74, 114, 156, 165, 195, 290, 318, 366, 390, 420, 452, 530, 534, 564, 579, 588, 606, 609, 627, 633, 732, 735, 758, 767, 786, 789,

795, 830, 834, 861, 894, 903, 906, 912, 921, 933, 948, 964, 975.

Ordenagailuek probatzen jarraitu zuten, baina emaitza berriak abiadura azkarrekin lortzeari uzti zioten, konputazionalki oso garestia zelako zenbaki oso altuekin lan egitea.

2000. urtean 100 billioi baino txikiagoko zenbaki guztien konbinazioak frogatu ziren, eta 2015-ean 1.000 billioi zenbakiraino heldu zen.

2001-eko uztailaren 29an, D. J. Bernstein zenbaki hauen emaitzak lortu zituen:

24, 195, 250, 290, 312, 452, 480, 530, 534, 556, 588, 606, 609, 735, 744, 767, 768, 786, 808, 830, 834, 861, 903, 912, 964.

Beranduago, 30-rako emaitza atera zuten:

$-283\ 059\ 965^{3}-2\ 218\ 888\ 517^{3}+2\ 220\ 422\ 932^{3}$

2003-ko abenduaren 10an lau unibertsitateko ikasle talde batek 52-rako irtenbidea aurkitu zuen:

$60\ 702\ 901\ 317^{3}+23\ 961\ 292\ 454^{3}+(-61\ 922\ 712\ 865)^{3}$

Geroago, 2002 eta 2007 bitartean beste zenbaki batzuen emaitza lortu zen:

• $68\ 844\ 645\ 625^{3}+2\ 232\ 194\ 323^{3}+(-68\ 845\ 427\ 846)^{3}=156$

• $47\ 835\ 963\ 799^{3}+20\ 549\ 442\ 727^{3}+(-49\ 068\ 024\ 704)^{3}=318$

• $241\ 832\ 223\ 257^{3}+167\ 734\ 571\ 306^{3}+(-266\ 193\ 616\ 507)^{3}=366$

• $8\ 859\ 060\ 149\ 051^{3}+(-2\ 680\ 209\ 928\ 162)^{3}+(-8\ 776\ 520\ 527\ 687)^{3}=420$

• $53\ 872\ 419\ 107^{3}+(-1\ 300\ 749\ 634)^{3}+(-53\ 872\ 166\ 335)^{3}=564$

• $662\ 325\ 744\ 409^{3}+109\ 962\ 567\ 936^{3}+(-663\ 334\ 553\ 003)^{3}=758$

• $18\ 918\ 117\ 957\ 926^{3}+4\ 836\ 228\ 687\ 485^{3}+(-19\ 022\ 888\ 796\ 058)^{3}=789$

• $19\ 868\ 127\ 639\ 556^{3}+2\ 322\ 626\ 411\ 251^{3}+(-19\ 878\ 702\ 430\ 997)^{3}=894$

• $998\ 246\ 159^{3}+(-165\ 963\ 535)^{3}+(-996\ 714\ 691)^{3}=933$

• $323\ 019\ 573\ 172^{3}+63\ 657\ 228\ 055^{3}+(-323\ 841\ 549\ 995)^{3}=948$

Beraz, bakarrik 14 zenbakirako emaitzak falta ziren:

33, 42, 74, 114, 165, 390, 579, 627, 633, 732, 795, 906, 921, 975

Timothy Browning-ek problema Numberphile Youtube kanalean ipini ondoren 2016-an, bilaketa hauek zabaldu zuen, max (| x |, | y |, | z |) <$10^{15}$ arte, 74-ren kasua ebazten. Gainera, Bristoleko Unibertsitateko matematikari batek, Andrew Booker, metodo errazago bat bilatzen hasi zen, ordenagailuak kalkulu gutxiago egiteko. Metodo hau bilaketa selektiboan datza, zenbaki batzuk berehala baztertzeko eta kalkulu ez-beharrezkoak kentzeko. Haren bilaketa algoritmoa, momentu horretan egiten ari zena (zenbakiz zenbakiz kalkulatzea) baino 20 aldiz azkarragoa zen. Gainera, Diofantoren ekuazioen emaitza guztietarako balio zuen. Horri esker, k = 33-rako erantzuna aurkitu zen 2019-an.

Geroago, MIT-ko informatika banatuaren aditu batekin, Andrew Sutherland, algoritmoa aldatu zuten milioika ordenagailuetan exekutatzeko. Ordenagailu hauek 'Charity engine' sarea osatzen dute. Azkenean, 2019-ko irailan, 42-ko emaitza lortu zuten. Honek [0, 100]-ko tartearen emaitzik gabe geratzen zen azken zenbakia izan zen.

• 
  [0, 100] tarteko emaitzik gabeko geratu zen azken zenbakia

Booker-ek eta Sutherland-ek 3-ren hirugarren irudikapena ere aurkitu zuten Charity Engine-en beste 4 milioi ordu konputatu erabiliz.

Urte bereko hilabete berean, 906-ko emaitza lortu zuten. Beraz, 1.000 arte ebatzi gabeko kasu bakarrak 114, 390, 627, 633, 732, 921 eta 975 dira.

Hala ere, hau ez da teoremaren frogapena, baizik eta urrats bat matematikariei informazioa emateko haien lana errazteko, azkenean erantzun orokor bat lor daitezen. Hau horrela izan arren, 1992-an, Roger Heath-Brown-ek 'k' zenbaki arrunt guztiak hiru kuboen batura bezala infinitu modutan jar zezakeeola konjeturatu zuen, 4 edo 5 modulu 9 izan ezik.

Orain arte, 0, 1, 2, eta zenbaki lehenen kuborentzako baino ez da aurkitu emaitza posible guztiak infinituak direnentz. Adibidez, 3-rentzako oso zaila izan zen 2. emaitza lortzea. Lehenengoa oso erraza izan zen, bistaz ikusten dena: $1^{3}+1^{3}+1^{3}$. Bigarrena, aldiz, 2019-ko irailean agertu zen, eta askoz konplexuagoa da:

$569\ 936\ 821\ 221\ 962\ 380\ 720^{3}$$+$$(-569\ 936\ 821\ 113\ 563\ 493\ 509^{3})$ $+$ $(-472\ 715\ 493\ 453\ 327\ 032^{3}$$)$

Izan ere, zenbaki arruntak goi-bornatuak ez direnez, oso posiblea da konjetura hori egia izatea, baina emaitzak hain alderatuta daudenez elkarrekiko, oso zaila izango da beste emaitzak lortzea, baldin eta egiatan badaude.

Kasu txikiak

0-rako erantzun bakarrak tribialak dira, Leonhard Euler frogatutakoak. Kasu honetan, zenbaki bat bestearen zeinu kontrakoa dauka:

$a^{3}+(-a)^{3}+0^{3}=0,\forall a\in \mathbb {Z}$

1 eta 2-rako infinitu emaitza familiak daude:

$(9b^{4})^{3}+(3b-9b^{4})^{3}+(1-9b^{3})^{3}=1,\forall b\in \mathbb {Z}$ (Errepresentazio hau 1936-an izan zen aurkituta K. Mahle-rengatik)

$(1+6c^{3})^{3}+(1-6c^{3})^{3}+(-6c^{2})^{3}=2,\forall c\in \mathbb {Z}$ (Errepresentazioa A.S. Verebrusov-ek aurkitu zuen 1908-an, eta L.J. Mordell-ek aipatua)

Hauek eskala daitezke bi aldiz kuboak diren edozein kuboren edo edozein zenbakiren irudikapenak lortzeko.

Wikipediako sarrera hau idatzi zen momentura arte dauden beste 2-ko errepresentazioak hauek dira:

$1\ 214\ 928^{3}+3\ 480\ 205^{3}+(-3\ 528\ 875)^{3}=2,$

$37\ 404\ 275\ 617^{3}+(-25\ 282\ 289\ 375)^{3}+(-33\ 071\ 554\ 596)^{3}=2,$

$3\ 737\ 830\ 626\ 090^{3}+1\ 490\ 220\ 318\ 001^{3}+(-3\ 815\ 176\ 160\ 999)^{3}=2$

3-ren irudikapenaren kasuan, Louis J. Mordell-ek 1953-an idatzi zuen hurrengoa: "Ez dakit ezer", kasu handiei erreferentzia eginez. Horrekin batera, 3-rentzako emaitz bat eman zuen:

$1^{3}+1^{3}+1^{3}=4^{3}+4^{3}-5^{3}=3$

Izan ere, kasu honetan hiru zenbaki kubikoetako bakoitza 9 moduloaren berdina da.

Emaitzak konputazionalak

Ordenagailuak emaitz asko kalkulatu zituzten. Orain dauden lengoiaekin, zenbaki batzuetarako emaitz anitz kalkula dezakegu, adibidez, 8-rako edo 64-rako, bakarrik [-100,100] arteko zenbakiak erabiltzen.

Hainbat lengoiatan egin daiteke, hala nola, Python eta C (kodea optimizatu gabe dago):

(Kode honetan ez dira 1 ezta 2 zenbietarako emaitzak kalkulatzen, infinituak baitira, beraz, 3-tik hasten da kalkulatzen)

PYTHON

temp1 = -200
temp2 = -200

for i in range (3, 100+1):
    konp_orokor = False
    
    if i%9 == 4 or i%9 == 5:
        continue
    
    for j in range (101):
        for k in range (-100, 101):
            for l in range (-100,101):
                if j**3 + k**3 + l**3 == i:
                    if l == temp1 or k == temp2:
                        break
                    
                    print (i, '=',j,k,l, sep='\t')
                    temp2 = l
                    temp1 = k
                    
                    konp_orokor = True
                    break
        
        if konp_orokor == True:
            continue

C

#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <stdbool.h>

int i, j, k, l;
int konp1 = -200, konp2 = -200;

int main()
{
    int hasi = 3, amaitu = 10, konp_orokor;
    
    for (i=hasi; i<=amaitu; i++)
    {
        konp_orokor = false;
        
        if (i%9 == 4 or i%9 == 5)
        {
            continue;
        }
        
        for (j = 0; j<=100; j++)
        {
            
            for (k = -100; k<= 100; k++)
            {
                
                for (l = -100; l <= 100; l++)
                {
                    if (pow (j, 3) + pow (k, 3) + pow (l, 3) == i)
                    {
                        if (k == konp2 or l == konp1)
                        {
                            break;
                        }
                        
                        printf ("%d = %d, %d, %d\n", i, j, k, l);
                        konp1 = k;
                        konp2 = l;
                        
                        konp_orokor = true;
                        break;
                    }
                }
            if (konp_orokor == true)
            {
                continue;
            }
            }
        }
    }
    
    system ("pause>null");
    return 0;
}

Interes komuna

Hiru kuboren arazoen batuketak azken urteetan Brady Haranek ezagutzera eman zuen, Numberphile YouTube kanalaren sortzaileak, "33-ren arazo ebaztezina" (The Uncracked Problem with 33), 2015eko bideoarekin hasita, Timothy Browning-ekin egindako elkarrizketa batekin. Handik sei hilabetera, "74 ebaztu da" bideoa atera zen Huismanekin 74-rako irtenbidea eztabaidatzen.

2019an, Numberphilek erlazionatutako hiru bideo argitaratu zituen, "42 da 33 berria", "42ren misterioa konpondu da" eta "3 3 kuboren batura gisa" ("42 is the new 33", "The mystery of 42 is solved", and "3 as the sum of 3 cubes").

Bookerrek eta Sutherland-ek 42rako irtenbideari buruz egindako iragarkiek nazioarteko prentsa estaldura jaso zuten: New Scientist, Scientific American, Popular Mechanics, The Register, Die Zeit, Der Tagesspiegel, Helsingin Sanomat, Der Spiegel, New Zealand Herald, Indian Express, Der Standard, Las Provincias, Nettavisen, Digi24, and BBC World Service

Emaitzak [0,100]

Aurreko ataletan ikusi den bezala, zenbaki batzuk hainbat erantzun dituzte. Beste batzuk, berriz, ezin dira kalkulatu. Hemen 0-tik 100-era kalkulatu daitezkeen zenbaki guztien emaitzak agertuko dira (Zenbaki bat infinitu soluzio badauka, letra batekin adierazita egongo da 'ekuazioa').

k	x	y	z
0	0	a	-a
1	$9b^{4}$	$3b-9b^{4}$	$1-9b^{3}$
	1	-1	1
	0	0	1
2	$1+6c^{3}$	$1-6c^{3}$	$-6c^{2}$
	0	1	1
	1.214.928	3.480.205	−3.528.875
	37.404.275.617	-25.282.289.375	-33.071.554.596
	3.737.830.626.090	1.490.220.318.001	-3.815.176.160.999
3	1	1	1
	4	4	-5
	569.936.821.221.962.380.720	- 569.936.821.113.563.493.509	-472.715.493.453.327.032
6	−1	−1	2
7	0	−1	2
8	9 $a^{3}$	15 $-a^{3}$	−16 2
9	0	1	2
10	1	1	2
11	−2	−2	3
12	7	10	−11
15	−1	2	2
16	−511	−1609	1626
17	1	2	2
18	−1	−2	3
19	0	−2	3
20	1	−2	3
21	−11	−14	16
24	−2.901.096.694	−15.550.555.555	15.584.139.827
25	−1	−1	3
26	0	−1	3
27	−4 3	−5 $a^{3}$	6 $-a^{3}$
28	0	1	3
29	1	1	3
30	−283.059.965	−2.218.888.517	2.220.422.932
33	−2.736.111.468.807.040	−8.778.405.442.862.239	8.866.128.975.287.528
34	−1 -3	2 -4	3 5
35	0	2	3
36	1	2	3
37	0	−3	4
38	1	−3	4
39	117.367	134.476	−159.380
42	12.602.123.297.335.631	80.435.758.145.817.515	−80.538.738.812.075.974
43	2	2	3
44	−5	−7	8
45	2	−3	4
46	−2	3	3
47	6	7	−8
48	−23	−26	31
51	602	659	−796
52	23.961.292.454	60.702.901.317	−61.922.712.865
53	−1	3	3
54	−7	−11	12
55	1	3	3
56	−11	−21	22
57	1	−2	4
60	−1	−4	5
61	0	−4	5
62	2	3	3
63	0	−1	4
64	−3 4	−5 $a^{3}$	6 $-a^{3}$
65	0	1	4
66	1	1	4
69	2	−4	5
70	11	20	−21
71	−1	2	4
72	7	9	−10
73	1	2	4
74	66.229.832.190.556	283.450.105.697.727	−284.650.292.555.885
75	4.381.159	435.203.083	−435.203.231
78	26	53	−55
79	-19	-33	35
80	69.241	103.532	-112.969
81	10	17	-18
82	-11	-11	14
83	-2	3	4
84	-8.241.191	-41.531.726	41.639.611
87	-1972	-4126	4271
88	3	-4	5
89	6	6	-7
90	-1	3	4
91	0	3	4
92	1	3	4
93	-5	-5	7
96	10.853	13.139	-15.250
97	-1	-3	5
98	0	-3	5
99	2	3	4
100	-6	-3	7

External links

• Hiru kuboen arazoa, Eduardo Saenz de Cabezón, UPV valentziako irakaslea eta Derivando-ren kanalaren egile.
• Diofantine equations
• Solutions of n = x³ + y³ + z³ for 0 ≤ n ≤ 99, Hisanori Mishima
• Sums of three cubes, Mathpages
• threecubes, Daniel J. Bernstein
• How to search the solutions of n=x³+y³+z³, Hisanori Mishima
• Historia pixka bat, Hisanori Mishima. (Japoniarraz dago)