Savršen stepen

U matematici, savršen stepen je pozitivan ceo broj koji može biti izražen kao ceo stepen bilo kog celog pozivnog broja. Formalnije, n je savršen stepen gde postoje prirodni brojevi m > 1, i k > 1 takvi da je m^k = n. U ovom slučaju,, n se naziva savršeni kvadratni stepen. Ako je k = 2 ili k = 3, tada se n naziva savršenim kvadratom ili savršenim kubom, redom. Ponekad 1 je savršeni stepenor (1^k = 1 za bilo koje k).

Primeri i sume

Niz sekvence savršenog stepena koja se generiše iteratibno, kroz moguće vrednostii k moguće vrednosti za m i k. Prvih nekoliko rastući savršenih stepena u brojčanom nizom (pokazujući duplikat stepena ) su (sekvenca A072103 u OEIS):

$2^{2}=4,\ 2^{3}=8,\ 3^{2}=9,\ 2^{4}=16,\ 4^{2}=16,\ 5^{2}=25,\ 3^{3}=27,\$ $2^{5}=32,\ 6^{2}=36,\ 7^{2}=49,\ 2^{6}=64,\ 4^{3}=64,\ 8^{2}=64,\dots$

Zbir recipročnih savršenih stepena (uključujući duple) je 1 :

$\sum _{m=2}^{\infty }\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{k}}}=1.$

koji se može dokazati na sledeći način:

$\sum _{m=2}^{\infty }\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{k}}}=\sum _{m=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{2}}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{m^{k}}}=\sum _{m=2}^{\infty }{\frac {1}{m^{2}}}\left({\frac {m}{m-1}}\right)=\sum _{m=2}^{\infty }{\frac {1}{m(m-1)}}=\sum _{m=2}^{\infty }\left({\frac {1}{m-1}}-{\frac {1}{m}}\right)=1\,.$

Prvi savršeni stepeni  bez duplikata su  ( A001597 A001597):

(ponekad 1), 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 125, 128, 144, 169, 196, 216, 225, 243, 256, 289, 324, 343, 361, 400, 441, 484, ...

Zbir svih recipročnih savršenih stepena p bez duplikata je:

$\sum _{p}{\frac {1}{p}}=\sum _{k=2}^{\infty }\mu (k)(1-\zeta (k))\approx 0.874464368\dots$

gde je μ(k) Mebijusova funkcija i ζ(k) Riemann zeta function.

Prema Ojleru, Goldbahah je pokazivao (sada izgubljena pisma) da je zbir 1/(p−1) u odnosu na savršen stepen p, osim 1 and ne računajući, 1: 

$\sum _{p}{\frac {1}{p-1}}={{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{15}}+{\frac {1}{24}}+{\frac {1}{26}}+{\frac {1}{31}}}+\cdots =1.$

Poznato i kao Goldbahova-Ojlerova teorema.

Otkrivanje savršenih stepena

Otkrivanje da li je dati prirodan broj n savršen stepen ili ne može se postići na mnogo različitih načina , sa različitim nivoima složenosti . Jedna od najjednostavnijih takvih metoda je da se razmotri sve moguće vrednosti za k širom svakog od delilaca broja n , do $k\leq \log _{2}n$. Ako je delilac u skupu  $n$ onda su$n_{1},n_{2},\dots ,n_{j}$  jedne od vrednosti $n_{1}^{2},n_{2}^{2},\dots ,n_{j}^{2},n_{1}^{3},n_{2}^{3},\dots$ mora biti jednak  n ako je  n savršen stepen.

Ova metoda se može odmah pojednostaviti ako se uzmu u obzir samo proste vrednosti k. Ovo je zato što ako $n=m^{k}$ za složene $k=ap$ gde je p prost, tada se može jednostavno zapisati da je  $n=m^{k}=m^{ap}=(m^{a})^{p}$. Zbog ovog rezultata, minimalna vrednost k mora biti isključivo prosta.

Ako je poznata potpuna faktorizacija, kaže se da je $n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{r}^{\alpha _{r}}$ gde je $p_{i}$ različiti prosti brojevi, onda je n savršen stepen ako i samo ako $\gcd(\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{r})>1$ gde je gcd označava najveći zajednički delilac. Kao primer, razmotriri  n = 2⁹⁶·3⁶⁰·7²⁴. Dok gcd(96, 60, 24) = 12, n je savršen 12. stepen (i savršeni 6. stepen, 4. stepen, kub i koren, dok  6 , 4 , 3 i 2 su delioci 12) .

Praznine između savršenih stepena

Godine 2002. rumunski matematičar Preda Mihailesku dokazao je da jedinipar uzastopnih savršenih stepena je 2³ = 8 i 3² = 9, čime dokazuje Katalanovu hipotezu.

Pilajeva hipoteza stanja za bilo koji prirodan broj k postoji samo konačan broj parova savršenih stepena čija je K razlika . Ovo je nerešiv problem.

Računanje celih pozitivnih brojeva rekurzijom

Kao alternativni način da se izračuna savršen stepen, rekurzivni pristupi još uvek se mogu naći korisnim. Oni se zasnivaju na zapažanju da razlika između a^b i (a+1)^b gde je a > b ne može biti konstanta , ali ako se uzme razlika uzastopnih razlika, b puta, ta da ima konstante b! činilac. Na primer, 9⁴ = 6561, i 10⁴ je 10000. razlika je 3439. Razlika između 8⁴ i 9⁴ je 2465, znači razlika je 974. Korak dalje i imamo 204. Još jedan korak dalje, i imamo 24, što je jednako 4!. Jedan korak dalje i prikupljanja ovog 'ključa' je red progresivno većih eksponenata daje trougao sličan Paskalovom, ali sa formulom razlikovanja za proizvodnju. Deo ove tabele je prikazan ispod : 

Definisanje sledeće funkcije na rasponu od pozitivnih celih brojeva :

$K(a,b)=1$ gde je a = 1 ili a = b

$K(a,b)=0$ gde je b > a

$K(a,b)=bK(a-b,b)+(a-b+1)K(a-b+1,b-1)$ drugde

Ova funkcija generiše sledeći izlaz:

1	2	3	4	5	6
1	1	0	0	0	0	0
2	1	1	0	0	0	0
3	1	4	1	0	0	0
4	1	11	11	1	0	0
5	1	26	66	26	1	0
6	1	57	302	302	57	1

Takođe, definiše sledeće funkcije na opsegu celih pozitivnih brojeva:(Ovo je veoma blisko povezano sa binomnom teoremom i Paskalovim trouglom)

$P(a,b)=1$ gde je a = 1 ili b = 1

$P(a,b)=P(a-1,b)+P(a,b-1)$ drugde

Tabela ovog stvaranja se može posmatrati kao Paskalov trougao koji pada preko leve strane, tako da ono što su redovi u Paskalovom trouglu su postali dijagonale serija u tabeli.

1	2	3	4	5	6	7	8
1	1	1	1	1	1	1	1	1
2	1	2	3	4	5	6	7	8
3	1	3	6	10	15	21	28	36
4	1	4	10	20	35	56	84	120
5	1	5	15	35	70	126	210	330
6	1	6	21	56	126	252	462	792
7	1	7	28	84	210	462	924	1716
8	1	8	36	120	330	792	1716	3432

Onda se može reći da je:

$a^{b}=\sum _{x=1}^{b}\,\!P(a-x+1,b+1)K(b,x)$

Primer:

$7^{3}=\sum _{x=1}^{b}P(8-x,4)K(3,x)=P(7,4)K(3,1)+P(6,4)K(3,2)+P(5,4)K(3,3)$

Proširenje P(7,4)

$P(7,4)=P(7,3)+P(6,4)P(7,2)+2P(6,3)+P(5,4)$

$=P(7,1)+3P(6,2)+3P(5,3)+P(4,4)$

$=1+3P(6,1)+6P(5,2)+4P(4,3)+P(3,4)$

$=4+6P(5,1)+10P(4,2)+5P(3,3)+P(2,4)$

$=10+10P(4,1)+15P(3,2)+6P(2,3)+P(1,4)$

$=21+15P(3,1)+21P(2,2)+6P(1,3)$

$=42+21P(2,1)+21P(1,2)=84$

Ili se mogu gledati vrednosti u tabeli i dobiti da je P(6,4) = 56, i P(5,4) = 35.

Po definiciji, K(3,1) = 1. Proširenje K(3,2)

$K(3,2)=2K(1,2)+2K(2,1)=4$

Po definiciji, K(3,3) = 1.

$7^{3}=P(7,4)K(3,1)+P(6,4)K(3,2)+P(5,4)K(3,3)=84*1+56*4+35*1=343$

$7^{4}=P(7,5)K(4,1)+P(6,5)K(4,2)+P(5,5)K(4,3)+P(4,5)K(4,4)=210*1+126*11+70*11+35*1=2401$

$7^{5}=462*1+252*26+126*66+56*26+21*1=16807$

Ovaj način računa se može koristiti za sve operacije celih stepena, kako se negativni celi brojevi ponašaju na isti način, primenjuje se samo negativna ako je eksponent neparan.

Vidi još

• Prosti stepen

Spoljašnje veze

• On a series of Goldbach and Euler Arhivirano na sajtu Wayback Machine (28. septembar 2007)