我决定解决欧拉计划接下来,但我遇到了一些重大问题!我做了一些分析并取得了一些相当不错的进展,但现在我陷入了困境。这是我的工作:
Lemma 1:
由于圆经过 4 个角点,因此对于任意 n 至少有 4 个解。但对于圆周上的每个点,都可以通过反射发现其他 7 个点。因此总是有8k+4个格点。
Lemma 2:
圆的半径为 (√2)n,圆心为 (n/2, n/2),因此其方程为 (x-n/2)^2 + (y-n/2)^2 = [n/√2]^2。这减少到 x^2+y^2 = n(x+y)。
Lemma 3:
如果 x^2+y^2 = n(x+y) 的解写为 (x, y, z),则另一个解是 (kx, ky, kz)。证明是:
(x+y)n = x^2+y^2
(kx)^2+(ky)^2 = (kx+ky)m
k(x^2+y^2) = (x+y)m
m = kn
这与我的想法一样——我看不出从那里可以去哪里,但它被包括在内,因为它可能很有用。
我的下一个想法是移动圆的中心。将有相同数量的解决方案将其在任何维度上移动为整数。所以当n/2是整数时,所以n=2k,x^2+y^2 = 2*k^2。事实证明,该方程的解与方程 x^2+y^2=k^2 的解一样多(参见斯隆A046109 http://www.research.att.com/~njas/sequences/A046109).
这也提供了一种简单的方法来计算任何n个过孔的解决方案的数量A046080 http://www.research.att.com/~njas/sequences/A046080。如果 4k+1 形式的 n 中素数的幂为 f[0]...f[m],则解的数量为 4*product(2f[i]+1 | i in [0.. .m])。
这使我能够向后工作: 4.product(2f[i]+1 | i in [0...m]) = 420,所以 product(2f[i]+1 | i in [0...m] ) = 105 = 3*5*7。我能够想出这个程序,我认为它可以找到所有 n 的总和,其形式为 2k 且小于 10^11,其中有 420 个圆形格点。答案(我希望如此!)是 257199853438240692。
这是 C 程序:
#include "stdlib.h"
#include "stdio.h"
#include "math.h"
#include "string.h"
#define lim 1000000000L
char prime[lim];
long primes[50000000];
long len = 0;
int main(void)
{
long i, j;
for(i = 0; i < lim; i++)
{
prime[i] = 1;
}
for(i = 2; i < lim; i++)
{
if(prime[i])
{
for(j = 2*i; j < lim; j += i) prime[j] = 0;
if((i-1)%4 == 0)
{
prime[i] = 2;
//printf("%li\n", i);
primes[len++] = i;
}
}
if(i < 1000 || (i < 10000 && i%1000 == 0) || i%10000 == 0) printf("%li, %li\n", i, len);
}
printf("primes!\n");
long a, b, c, v, total = 0, k;
for(a = 0; a < len; a++)
{
v = primes[a]*primes[a]*primes[a];
if(v > 50000000000L) break;
for(b = 0; b < len; b++)
{
if(b == a) continue;
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b];
if(v > 50000000000L) break;
for(c = 0; c < len; c++)
{
if(c == a) continue;
if(c == b) continue;
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b]*primes[c];
if(v > 50000000000L) break;
for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
{
if(prime[k] == 2) continue;
total += k*v;
}
}
}
}
for(a = 0; a < len; a++)
{
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a];
if(v > 50000000000L) break;
for(b = 0; b < len; b++)
{
if(b == a) continue;
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b]*primes[b];
if(v > 50000000000L) break;
for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
{
if(prime[k] == 2) continue;
total += k*v;
}
}
}
for(a = 0; a < len; a++)
{
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a];
if(v > 50000000000L) break;
for(b = 0; b < len; b++)
{
if(b == a) continue;
v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b];
if(v > 50000000000L) break;
for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
{
if(prime[k] == 2) continue;
total += k*v;
}
}
}
printf("%li\n", 2*total);
return 0;
}
我们只需要将 420 个圆形格子点的 n 值相加,其形式为 2k+1!然而,这似乎比 n=2k 更难,而且我看不到任何方法。我也有点不确定我对 n 的答案是否正确,因为该方法非常复杂......任何人都可以确认吗?有没有一种简洁的方法而不需要对不同的 n 进行不同的处理?
我完全没主意了!
我最感兴趣的是如何处理 N=2k+1 ,因为当 N=2k 时我可以按照 John Feminella 的建议去做。