Palindrome als Basis der natürlichen Zahlen

Julius-Maximilians-Universität Würzburg
Institut für Mathematik
Palindrome als Basis der natürlichen Zahlen
Bachelorarbeit
von
Sophia Schramm
Betreuer: Prof. Dr. Jörn Steuding
Würzburg, 04. Juli 2016
Inhaltsverzeichnis
1
2
3
4
5
6
Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Definitionen, Begriffsklärungen, Notationen . . . . . . . . . .
Zahlen geringer Länge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Der Beweis für Zahlen größerer Länge in mehreren Schritten
4.1
Reduktion auf NL−1,0 (d+; c) . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Induktion von Nl,k (d+; c1 ) auf Nl−1,k+1 (d+; c2 ) . . . .
4.3
Der endgültige Beweis . . . . . . . . . . . . . . . . .
Schluss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Literatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
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4
8
11
11
14
22
24
24
1
Einleitung
Seit jeher stellt die Zahlentheorie einen elementaren Bestandteil der Mathematik
dar: Sie beschäftigt sich unter anderem mit Primzahlen, modularer Arithmetik,
quadratischen Formen und vielem mehr. Ein sehr bedeutendes Ergebnis zeigt der
Vier-Quadrate-Satz von Lagrange, demzufolge man jede natürliche Zahl als Summe von (höchstens) vier Quadraten schreiben kann. In der folgenden Arbeit werden wir uns mit Palindromen beschäftigen und versuchen, ein ähnliches Resultat
zu erhalten: Uns beschäftigt die Frage, ob (und vor allem wie) es möglich ist, eine
beliebige natürliche Zahl als Summe einer bestimmten Anzahl von Palindromen
darzustellen. Dabei werden wir uns ganz an die Arbeit von William D. Banks [1]
halten, der Anfang dieses Jahres zeigte, dass dies immer mit höchstens 49 Palindromen funktioniert, ohne dabei jedoch Anspruch auf Minimalität der notwendigen Anzahl von Palindromen zu erheben. Hierbei verwendete er ausschließlich
die Basis 10 in der β-adischen Darstellung einer Zahl. Wir dagegen werden nach
einer Verallgemeinerung dieser Aussage suchen und prüfen, für welche Basen diese
Argumentation funktioniert. Konkret werden wir versuchen, zu zeigen, dass man
eine beliebige natürliche Zahl als Summe von 4β + 7 Palindromen darstellen kann,
wobei β die Basis in der β-adischen Darstellung ebendieser Zahl ist (aber dazu
später mehr). Allerdings tauchen hier einige Einschränkungen an diese Basis auf,
was später noch ersichtlich wird.
3
2
Definitionen, Begriffsklärungen, Notationen
Zunächst bemerken wir, dass mit den natürlichen Zahlen im Folgenden immer die
Menge N = {1, 2, 3, . . . } gemeint ist. Nun folgen einige Definitionen:
Definition 1. Für jede natürliche Zahl n existiert zu β ∈ N, β ≥ 2 eine Darstellung der Form
n =
L−1
X
αi (n)β i ,
(1)
i=0
die β-adische Darstellung von n; hierbei gilt für die Koeffizienten
αi (n) ∈ B := {0, 1, . . . , β − 1}, i = 0, 1, . . . , L − 1, αL−1 (n) 6= 0. Das gewählte β
bezeichnen wir als Basis der β-adischen Darstellung von n. L := Lβ (n), welches
die Anzahl der Koeffizienten in (1) angibt, nennen wir die β-adische Länge von n;
offenbar ist immer Lβ (n) ≥ 1. Zu Notationszwecken werden wir (1) auch vermöge
n = [αL−1 |αL−2 | . . . |α1 |α0 ]
(2)
darstellen.
Bemerkung 1. Diese Darstellung ist bezüglich der gewählten Basis eindeutig.
Betrachten wir im Folgenden einzelne Koeffizienten einer Zahl n in ihrer β-adischen
Darstellung, so werden wir dies mit αk (n) kennzeichnen, wobei k ∈ {0, . . . , L − 1}
ist. Außerdem setzen wir Lβ (0) = 1 für alle β ≥ 2.
Beispiel 1. Sei n = 23. Wir betrachten unterschiedliche Basen:
• β = 10: 23 = 2 · 101 + 3 · 100 = [2|3], also ist L10 (23) = 2.
• β = 8: 23 = 2 · 81 + 7 · 80 = [2|7], also ist L8 (23) = 2.
• β = 3: 23 = 2 · 32 + 1 · 31 + 2 · 30 = [2|1|2], also ist L3 (23) = 3.
• β = 2: 23 = 1 · 24 + 1 · 22 + 1 · 21 + 1 · 20 = [1|0|1|1|1], also ist L2 (23) = 5.
Wie wir sehen, ist die Länge einer Zahl abhängig von der gewählten Basis in (1)
bzw. (2) und durch diese eindeutig bestimmt.
Definition 2. Unter der Quersumme einer Zahl n zur Basis β bzw. der β-adischen
Quersumme einer Zahl n verstehen wir
Qβ (n) :=
L−1
X
αi (n),
i=0
mit αi (n), i = 0, 1, . . . , L − 1 wie in (1) und (2).
4
Beispiel 2. Sei n = 17. Dann sehen wir:
• β = 2: Es ist 17 = [1|0|0|0|1], also folgt Q2 (17) = 1 + 1 = 2.
• β = 7: Es ist 17 = [2|3], also folgt Q7 (17) = 2 + 3 = 5.
• β = 9: Es ist 17 = [1|8], also folgt Q9 (17) = 1 + 8 = 9.
• β = 15: Es ist 17 = [1|2], also folgt Q15 (17) = 1 + 2 = 3.
Auch die β-adische Quersumme einer Zahl n ist also durch die Basis eindeutig
bestimmt.
Definition 3. Unter einem Palindrom (zur Basis β) versteht man eine Zahl n,
deren Koeffizienten
αi (n) = α(L−1)−i (n) , 0 ≤ i ≤ L − 1
erfüllen. Die Menge aller Palindrome zur Basis β bezeichnen wir mit Pβ .
Insbesondere sind Zahlen mit Lβ (n) = 1 immer Palindrome zur Basis β.
Bemerkung 2. Wählt man als Basis einer Zahl β > 10, so gilt zu berücksichtigen, dass die Koeffizienten in (1) bzw. (2) unter Umständen mehrstellig sind.
Nach obiger Definition erachten wir demnach auch Zahlen wie die folgenden als
Palindrome:
• n = 1125085222, β = 17 liefert n = [2|13|4|15|1|0|1|15|4|13|2].
• n = 7441876441688, β = 389 zeigt n = [325|0|78|0|325].
Beispiel 3. Sei n = 182. Dann sehen wir:
• β = 10: n = 1 · 102 + 8 · 101 + 2 · 100 = [1|8|2].
• β = 9: n = 2 · 92 + 2 · 91 + 2 · 90 = [2|2|2].
• β = 7: n = 3 · 72 + 4 · 71 + 7 · 70 = [3|4|7].
• β = 3: n = 2 · 34 + 2 · 32 + 2 · 30 = [2|0|2|0|2.]
• β = 2: n = 1 · 27 + 1 · 25 + 1 · 24 + 1 · 22 + 1 · 21 = [1|0|1|1|0|1|1|0].
n = 182 ist also Palindrom zu den Basen β = 9 und β = 3, aber nicht zu den
Basen β = 10, β = 7, β = 2. Auch hier wird also offensichtlich von der gewählten
Basis bestimmt, ob n ein Palindrom ist oder nicht.
Bemerkung 3. Wählt man für ein beliebig vorgegebenes n als Basis β = n + 1,
so gilt: n = [n] = [β − 1], somit ist Ln+1 (n) = 1 und also n immer ein Palindrom
zur Basis n + 1. Für die Zwecke dieser Arbeit sind somit nur diejenigen Fälle von
Interesse, in denen n > β ist.
5
Desweiteren werden wir nun ein paar Abbildungen einführen, die im weiteren
Verlauf dieser Arbeit noch eine wichtige Rolle spielen. Das wäre zum Ersten für
l ≥ 0: pβl : B → B,
c 7→
pβl (c)
:=



0



c
c · β l−1 + c · β 0
falls l = 0
falls l = 1
falls l ≥ 2
(3)
Bemerkung 4. Wie wir sehen, ist pβl (c) ein Palindrom:
pβl (c) = [c|0| . . . |0|c],
mit l − 2 Nullen zwischen den beiden c’s. Des Weiteren ist Lβ (pβl (c)) = l.
Beispiel 4. Sei β = 7, c = 3, l = 5; so ist p75 (3) = 3 · 74 + 3 = [3|0|0|0|3].
Diese Abbildung können wir wiefolgt verallgemeinern: Für l, k ∈ N, l ≥ k ≥ 0 ist
pβl,k : B → B,
c 7→
pβl,k (c)
k
:= β ·
pβl−k (c)



0
k
= c · β


c · β l−1 + c · β k
falls l − k = 0
falls l − k = 1
falls l − k ≥ 2
(4)
Bemerkung 5. pβl,k (c) ist nun für k > 0 kein Palindrom mehr, hat aber die
interessante Gestalt
pβl,k (c) = [c|0| . . . |0|c|0| . . . |0],
mit l − k − 2 Nullen zwischen den beiden c’s und k folgenden Nullen nach dem
zweiten c. Auch hier gilt: Lβ (pβl,k (c)) = l.
Beispiel 5. Seien β = 13, c = 11, l = 8, k = 3.
3
13
7
3
Dann ist p13
8,3 (11) := 13 · p5 (11) = 11 · 13 + 11 · 13 = [11|0|0|0|11|0|0|0].
Die nächste (und letzte) Abbildung, welche in diesem Kapitel betrachtet wird, ist
auf l, k ∈ N, l − k ≥ 4 und a, b ∈ B anwendbar mittels
β
(a, b) 7→ ql,k
(a, b) := pβl,k (a) + pβl−1,k (b)
= β k · pβl−k (a) + β k · pβl−1−k (b)
= β k (aβ l−k−1 + a) + β k (bβ l−1−k−1 + b)
= aβ l−1 + bβ l−2 + (a + b)β k
(5)
β
Bemerkung 6. Um ql,k
(a, b) in der Gestalt von (2) darzustellen, müssen wir
(a + b) noch genauer betrachten: Da a, b ∈ B, folgt (a + b) ∈ {0, 1, . . . , 2(β − 1)}.
6
Unter Verwendung der Gauß-Klammer bxc := max{k ∈ Z : k ≤ x} sehen wir:
a + b = b a+b
cβ + α0 (a + b). Damit ergibt sich:
β
β
ql,k
(a, b) = [a|b|0| . . . |0|b
a+b
c|α0 (a + b)|0| . . . |0]
β
mit l − k − 4 Nullen zwischen b und b a+b
c und k Nullen nach α0 (a + b).
β
Ebenjene l − k − 4 Nullen zwischen b und b a+b
c sind es auch, die fordern, dass
β
β
l − k ≥ 4 gegeben ist. Des Weiteren sehen wir, dass ql,0
(a, b) als Summe der
beiden Palindrome p1 = [a|0| . . . |0|a] mit Lβ (p1 ) = l und p2 = [b|0| . . . |0|b] mit
β
Lβ (p2 ) = l − 1 darstellbar ist; demnach ist auch hier Lβ (ql,0
(a, b)) = l.
Beispiel 6. Sei β = 9, a = 7, b = 4, l = 8. Dann ist
9
q8,0
(7, 4) =
=
=
=
7 · 97 + 4 · 96 + (7 + 4) · 90
7 · 97 + 4 · 96 + 1 · 91 + 2 · 90
[7|4|0|0|0|0|1|2]
[7|0|0|0|0|0|0|7] + [4|0|0|0|0|0|4].
7
3
Zahlen geringer Länge
Im folgenden Abschnitt werden wir uns Zahlen von geringer Länge widmen. Unter
diesen verstehen wir allerdings nicht, dass es eine bestimmte Obergrenze gibt,
sodass jede Zahl unterhalb dieser als ‘kurz‘ bezeichnet wird, sondern lediglich,
dass die Länge der Zahl, wie wir sie im vorherigen Abschnitt definiert haben,
einer bestimmten Schranke unterliegt.
Zunächst betrachten wir für β ≥ 2 die Abbildung fβ : B → B,
(
fβ (n) :=
n
, falls n ∈ {0, 1}
β − (n − 1) , falls n ∈ {2, . . . , β − 1} .
Anhand dieser Abbildung fokussieren wir uns auf das erste Lemma:
Lemma 1. Für jedes n ∈ N ist fβ (n) ∈ Pβ .
Außerdem gilt: nβ i − fβ (n) ∈ Pβ für alle i ∈ N.
Beweis. Zuerst widmen wir uns fβ (n).
Ist n ∈ {0, 1}, so ist fβ (n) ∈ {0, 1}. Also gilt Lβ (fβ (n)) = 1, weshalb fβ (n) ∈ Pβ
folgt.
Ist dagegen n ∈ {2, . . . , β − 1}, so liegt fβ (n) in der Menge {2, . . . , β − 1}. Da
max{2, . . . , β − 1} < β, ist auch hier Lβ (fβ (n)) = 1, demnach ist fβ (n) ∈ Pβ .
Als Nächstes betrachten wir nβ i − fβ (n). Hier unterscheiden wir 4 verschiedene
Fälle:
Zu Beginn sei n = 0: Dann gilt nβ i − fβ (n) = 0β i − fβ (0) = 0 − 0 = 0, und 0 ∈ Pβ .
Nun sei i = 1: Es ist nβ i − fβ (n) = nβ − fβ (n).
Ist n = 0, sind wir fertig (siehe oben).
Ist n = 1, dann ist nβ − fβ (n) = β − 1 ∈ Pβ .
Ist 2 ≤ n ≤ β − 1, dann ist
nβ − fβ (n) = nβ − β + n − 1 = (n − 1)β + (n − 1) ∈ Pβ .
Nun betrachten wir den Fall i ≥ 2, n = 1:
P
k
Es ist nβ i − fβ (n) = β i − 1 = i−1
k=0 (β − 1)β ∈ Pβ .
Übrig bleibt i ≥ 2, 2 ≤ n ≤ β − 1: Dann gilt
nβ i − fβ (n) = nβ i − β + n − 1
Pi−1
= (n − 1)β i + k=1
(β − 1)β k + (β − (β − n + 1))
Pi−1
i
= (n − 1)β + k=1 (β − 1)β k + (n − 1) ∈ Pβ .
8
Aus diesem Lemma folgt direkt das nächste Korollar:
Korollar 1. Sei n eine natürliche Zahl und Kβ (n) die Anzahl der Koeffizienten
αi (n) 6= 0, i = 1, . . . , L − 1 in der β-adischen Darstelung von n. Dann lässt sich n
darstellen als Summe von 2Kβ (n) + 1 Palindromen bzgl. β.
Beweis. Als erstes schreiben wir n = α0 (n) + i∈I αi (n)β i mit {αi (n)}L−1
i=0
wie in (1), I = {1 ≤ i ≤ Lβ (n) − 1 : αi (n) 6= 0}. Wir erkennen
P
n = α0 (n) +
X
= α0 (n) +
X
= α0 (n) +
X
= α0 (n) +
X
αi (n)β i
i∈I
αi (n)β i − fβ (αi (n)) + fβ (αi (n))
i∈I
(αi (n)β i − fβ (αi (n))) + fβ (αi (n))
i∈I
(αi (n)β i − fβ (αi (n))) +
i∈I
X
fβ (αi (n)) .
i∈I
Da Lβ (α0 (n)) = 1, ist α0 (n) ∈ Pβ . Außerdem sind nach Lemma 1 sowohl
αi (n)β i − fβ (αi (n)) als auch fβ (αi (n)) für jedes i ∈ I Palindrome. Damit ist n
darstellbar als Summe von 1 + |I| + |I| = 1 + Kβ (n) + Kβ (n) = 2Kβ (n) + 1
Palindromen.
Im Folgenden wird Kβ (n) immer wie in Korollar 1 verwendet.
Es folgt ein Beispiel, welches das Vorgehen in ebenjenem veranschaulicht:
Beispiel 7. Seien n = 2773, β = 9:
Unter Verwendung von (2) erhalten wir zunächst 2773 = [3|7|2|1]. Dies liefert
K9 (2773) = 3; dem Beweis des obigen Korollars folgend müssten wir also
(höchstens) sieben Palindrome zur Basis 9 erhalten, deren Summe 2773 ergibt:
Wir berechnen
2773 = α0 (2773) +
X
(αi (2773)9i − f9 (αi (2773))) +
X
f9 (αi (2773))
i∈I
i∈I
= 1 + (2 · 91 − f9 (2)) + (7 · 92 − f9 (7)) + (3 · 93 − f9 (3))
+f9 (2) + f9 (7) + f9 (3)
= 1 + (18 − 8) + (567 − 3) + (2187 − 7) + 8 + 3 + 7
= 1 + 10 + 564 + 2180 + 8 + 3 + 7
= 1 + (1 · 91 + 1 · 90 ) + (6 · 92 + 8 · 91 + 6 · 90 )
+(2 · 93 + 8 · 92 + 8 · 91 + 2 · 90 ) + 8 + 3 + 7
= [1] + [1|1] + [6|8|6] + [2|8|8|2] + [8] + [3] + [7].
Bemerkung 7. Die in obigem Lemma angegebene Oberschranke für die Anzahl
der Palindrome, in die sich eine Zahl n zerlegen lässt, ist keinesfalls bestmöglich. Ein Grund dafür ist augenscheinlich α0 (n): Ist α0 (n) = 0, so fällt (unter
Verwendung der gegebenen Aufteilung) bereits ein Summand weg:
9
Beispiel 8. Seien n = 100, β = 10:
Dann ist 100 = 1·102 = [1|0|0] und K10 (100) = 1. Mittels 100 = 99+1 = [9|9]+[1]
ist 100 also tatsächlich schon als Summe von 2 (anstatt der oben geforderten 3)
Palindromen bzgl. 10 darstellbar.
Natürlich gibt es auch Unterschiede bezüglich der Basis, die gewählt wird:
Beispiel 9. Sei weiterhin n = 100. Wir betrachten drei verschiedene Basen:
• β = 13:
Dann ist 100 = 7 · 131 + 9 · 130 = [7|9], also ist K13 (100) = 1, somit genügen
drei Palindrome zur Basis 13, um 100 darzustellen:
Wir gehen nach dem Beweis von obigem Korollar vor und erhalten
100 = 9 + 84 + 7 = [9] + [6|6] + [7].
• β = 2:
Es ist 100 = 1 · 26 + 1 · 25 + 1 · 22 = [1|1|0|0|1|0|0], also gilt K2 (100) = 3, wir
können also sieben Palindrome zur Basis 2 finden, deren Aufsummierung
100 ergibt. Da allerdings α0 (100) = 0, müssten nach Bemerkung 1 schon
sechs Palindrome genügen:
100 = 63 + 1 + 31 + 1 + 3 + 1 = [1|1] + [1] + [1|1|1|1|1] + [1] + [1|1|1|1|1|1] + [1]
liefert die geforderte Aufteilung.
• β = 7:
Hier ist α0 (100) 6= 0. Es gilt 100 = 2 · 72 + 2 · 70 = [2|0|2], 100 ist also
bzgl. der Basis 7 selbst schon ein Palindrom. (Obiges Korollar hätte uns
100 = 2 + 92 + 6 = [2] + [1|6|1] + [6] geliefert.)
Wie wir im Fall β = 7 im vorangegangenen Beispiel sehen, ist die gegebene Oberschranke selbst unter Berücksichtigung von α0 (n) nicht bestmöglich.
10
4
Der Beweis für Zahlen größerer Länge in mehreren Schritten
Bisher haben wir also gezeigt, dass unsere Behauptung, man könne eine beliebige
natürliche Zahl n als Summe von 4β + 7 Palindromen (zumindest für β ≥ 6)
darstellen, für Zahlen mit einer Länge Lβ (n) ≤ 2β + 3 stimmt. Doch wie sieht es
mit Zahlen aus, deren Länge diese Grenze überschreitet? Wie wir bald erkennen
werden, stimmt die Behauptung auch für jene. Der Beweis hierzu benötigt jedoch
einiges an Vorbereitung, auf die wir in diesem Kapitel näher eingehen werden.
Zunächst führen wir einen neuen Begriff ein. Dieser bezieht sich auf Zahlen, die
in ihrer β-adischen Darstellung eine ganz bestimmte Gestalt haben:
Definition 4. Für k ∈ N, k ≤ L := Lβ (n), d, c ∈ B bezeichne NL,k (d+; c) die
Menge aller natürlichen Zahlen n, für die
αL−1 (n) ≥ d, αk (n) = c und β k | n
gilt, bzw. ebenjene n ∈ N von der Form
n = [αL−1 | ∗ | . . . | ∗ |c|0| . . . |0],
mit L − k − 2 beliebigen Koeffizienten zwischen αL−1 (n) ≥ d und c ∈ B, gefolgt
von k Nullen.
4.1
Reduktion auf NL−1,0 (d+; c)
Ziel des nächsten Lemmas ist es, eine beliebige natürliche Zahl auf den Fall
NL−1,0 (d+; c) zu vereinfachen. Inwiefern uns das den endgültigen Beweis erleichtert, werden wir in einem späteren Abschnitt erkennen.
Lemma 2. Sei n eine natürliche Zahl, β die Basis von n in ihrer β-adischen
Darstellung, B wie bisher, L := Lβ (n) ≥ 4 die Länge von n und d ∈ N mit
d ≤ β − 2.
Dann ist n darstellbar als Summe von (höchstens) zwei Palindromen und einem
Element r ∈ NL−1,0 (d+; c), wobei c ∈ B.
L−1
Beweis. Sei {αi (n)}i=0
wie in (1). Falls αL−1 (n) ≥ d, dann ist n ∈ NL−1,0 (d+; c)
mit c = α0 (n) ∈ B.
Sei nun αL−1 (n) < d. Wir wählen m := αL−1 (n)β +αL−2 (n)−(d+1). Nun erhalten
wir eine Abschätzung für dieses m:
Wählen wir αL−1 (n) und αL−2 (n) minimal (also αL−1 (n) = 1, αL−2 (n) = 0), so
erhalten wir als Untergrenze m = β − (d + 1).
11
Wählen wir dagegen αL−1 (n) und αL−2 (n) maximal
(also αL−1 (n) = d − 1, αL−2 (n) = β − 1), dann erhalten wir die Obergrenze
m = (d − 1)β + (β − 1) − (d + 1) = (d − 1)β + (β − (d + 2)).
Also gilt
β − (d + 1) ≤ m ≤ (d − 1)β + (β − (d + 2)).
Wir unterscheiden die beiden Fälle:
β − (d + 1) ≤ m ≤ (β − 1)
β ≤ m ≤ (d − 1)β + (β − (d + 2)).
1.Fall: β − (d + 1) ≤ m ≤ (β − 1).
Unter Einbeziehung von (2) erhalten wir
n − pβL−1 (m) =
=
=
L−1
X
i=0
L−1
X
i=0
L−1
X
αi (n)β i − (mβ L−2 + m)
αi (n)β i − β L−2 (αL−1 (n)β + αL−2 (n) − (d + 1)) − m
αi (n)β i − αL−1 (n)β L−1 − αL−2 (n)β L−2 + (d + 1)β L−2 − m
i=0
= (d + 1)β
L−2
+
L−3
X
αi (n)β i − m.
i=0
Da β − (d + 1) ≤ m ≤ (β − 1) und 0 ≤
−(β − 1) ≤
L−3
X
PL−3
i=0
αi (n)β i ≤
αi (n)β i − m ≤ d +
PL−3
i=0
(β − 1)β i , gilt also
L−3
X
(β − 1)β i .
i=1
i=0
Damit folgt insgesamt:
dβ
L−2
+
L−3
X
i
(β − 1)β + 1 ≤ (d + 1)β
L−2
+
i=1
≤ (d + 1)β L−2 +
L−3
X
i=0
L−3
X
αi (n)β i − m
(β − 1)β i + d
i=1
Betrachten wir nun n − pβL−1 (m) in ihrer β-adischen Darstellung, dann sehen wir:
αL−2 (n − pβL−1 (m)) ∈ {d, d + 1}. Damit ist also r := n − pβL−1 (m) ∈ NL−1,0 (d+; c),
wobei c ≡ (α0 (n) − m) mod β, und da n − pβL−1 (m) nach Konstruktion selbst
ein Palindrom ist, gilt die Behauptung.
12
2.Fall: β ≤ m ≤ (d − 1)β + (β − (d + 2)).
Wähle a, b ∈ B, a 6= 0, sodass m = aβ + b. Dann ist 1 ≤ a ≤ (d − 1) und
0 ≤ b ≤ (β − 1). Allerdings wird hier nie a + b = (d − 1) + (β − 1) = d + β − 2
gelten, da m < (d − 1)β + (β − 1). Unter Verwendung von (3) sehen wir:
β
n − qL,0
(a, b) = n − (aβ L−1 + bβ L−2 + (a + b))
=
=
=
L−1
X
i=0
L−1
X
i=0
L−1
X
αi (n)β i − mβ L−2 − (a + b)
αi (n)β i − (αL−1 (n)β + αL−2 (n) − (d + 1))β L−2 − (a + b)
αi (n)β i − αL−1 (n)β L−1 − αL−2 (n)β L−2 + (d + 1)β L−2 − (a + b)
i=0
= (d + 1)β L−2 +
L−3
X
αi (n)β i − (a + b).
i=0
Da
1 ≤ a + b < β + d − 2 und 0 ≤
L−3
X
i
αi (n)β ≤
i=0
L−3
X
(β − 1)β i ,
i=0
gilt also
−(β + d − 2) ≤
L−3
X
αi (n)β i − (a + b) ≤ (β − 2) +
L−3
X
(β − 1)β i .
i=1
i=0
Damit folgt insgesamt:
(d + 1)β
L−2
− (β + d − 2) ≤ (d + 1)β
L−2
+
L−3
X
αi (n)β i − (a + b)
i=0
≤ (d + 1)β
L−2
+ (β − 2) +
L−3
X
(β − 1)β i .
i=1
β
Betrachten wir also n − qL,0
(a, b) in ihrer β-adischen Darstellung, dann gilt wieder
β
für den Leitkoeffizienten: αL−2 (n − qL,0
(a, b)) ∈ {d, d + 1}. Damit ist also (analog
β
zum ersten Fall) r := n − qL,0 (a, b) ∈ NL−1,0 (d+; c), wobei
β
c ≡ (α0 (n) − (a + b)) mod β. Da n − qL,0
(a, b) Summe von zwei Palindromen ist,
folgt unsere Behauptung.
13
Bemerkung 8. Die Bedingung d ≤ β − 2 ist hierbei zwingend notwendig:
Ist d = β − 1, so erhält man bei der Betrachtung von n − pL−1 (m) bzw. von
β
n − qL,0
(a, b) :
n − pL−1 (m) = β
L−1
+
L−3
X
αi (n)β i − m bzw.
i=0
β
n − qL,0
(a, b) = β L−1 +
L−3
X
αi (n)β i − (a + b).
i=0
β
Also sind hier n − pL−1 (m) bzw. n − qL,0
(a, b) ∈ NL,0 (1+; c), wobei
β
c = α0 (n − pL−1 (m)) ∈ B bzw. c = α0 (n − qL,0
(a, b)) ∈ B.
Auch die Forderung Lβ (n) ≥ 4 kann nicht vernachlässigt werden, da wir insbeβ
β
sondere qL,0
(a, b) betrachten und hierfür (nach obiger Definition von ql,k
(c))
L − 0 ≥ 4 erfüllt sein muss.
Bisher haben wir als Einschränkung an die Basis also bereits β ≥ 3 gefunden.
Dies werden wir im Folgenden immer als gegeben annehmen.
4.2
Induktion von Nl,k (d+; c1 ) auf Nl−1,k+1 (d+; c2 )
In diesem Abschnitt werden wir versuchen, von Nl,k (d+; c1 ) auf Nl−1,k+1 (d+; c2 )
zu schließen, wobei c1 ,c2 ∈ B. Darauf müssen wir allerdings erst noch ein wenig
hinarbeiten:
Proposition 1. Betrachte S := {2β − 1, 3β − 1, . . . , (d + 1)β − 1} mit β ≥ 3 und
d ∈ N. Dann gilt für s ∈ S:
2 · Qβ (s) − (β − 1) = Qβ (s + 2) + Qβ (s − 2)
.
Beweis. Dies lässt sich schnell nachrechnen. Wir betrachten ein beliebiges s ∈ S.
Dann gilt:
Qβ (s)
= Qβ ({2β − 1, 3β − 1, . . . , (d + 1) · β − 1})
= Qβ ({1β, 2β, . . . , dβ} + {β − 1, β − 1, . . . , β − 1})
= {1, 2, . . . , d} + {β − 1, β − 1, . . . , β − 1}
= {β, β + 1, . . . , β + d − 1} .
14
Damit folgt
2 · Qβ (s) − (β − 1)
= 2 · ({β, β + 1, . . . , β + d − 1}) − {β − 1, β − 1, . . . , β − 1}
= {2β, 2(β + 1), . . . , 2(β + d − 1)} − {β − 1, β − 1, . . . , β − 1}
= {2β − (β − 1), 2(β + 1) − (β − 1), . . . , 2(β + d − 1) − (β − 1)}
= {β + 1, β + 3, . . . , β + 2d − 1} .
Außerdem gilt
Qβ (s + 2)
= Qβ ({2β + 1, 3β + 1, . . . , (d + 1)β + 1})
= Qβ ({2β, 3β, . . . , (d + 1)β} + {1, 1, . . . , 1})
= {2, 3, . . . , d + 1} + {1, 1, . . . , 1}
= {3, 4, . . . , d + 2}
und
Qβ (s − 2)
= Qβ ({2β − 3, 3β − 3, . . . , (d + 1)β − 3})
= Qβ ({β, 2β, . . . , dβ} + {β − 3, β − 3, . . . , β − 3})
= {1, 2, . . . , d} + {β − 3, β − 3, . . . , β − 3}
= {1 + (β − 3), 2 + (β − 3), . . . , d + (β − 3)}
= {β − 2, β − 1, . . . , β + d − 3} .
Also folgt
Qβ (s + 2) + Qβ (s − 2)
= {3, 4, . . . , d + 2} + {β − 2, β − 1, . . . , β + d − 3}
= {3 + (β − 2), 4 + (β − 1), . . . , (d + 2) + (β + d − 3)}
= {β + 1, β + 3, . . . , β + 2d − 1} ,
womit die gewünschte Gleichheit gezeigt ist.
Bemerkung 9. Auch hier treten bei β < 3 Probleme auf:
Der Fall β = 1 ist für uns ohnehin nicht von Interesse, da für die β-adische
Darstellung einer Zahl die Basis β die Bedingung β ≥ 2 erfüllen muss. Für den
Fall β = 2 sehen wir allerdings
Qβ (s)
= Q2 ({2 · 2 − 1, 3 · 2 − 1, . . . , (d + 1) · 2 − 1})
= Q2 ({1 · 2 + 1, 2 · 2 + 1, . . . , d · 2 + 1})
= {1, 2, . . . , d} + {1, 1, . . . , 1}
= {2, 3, . . . , d + 1}
15
und daher
2 · Qβ (s) − (β − 1)
= 2 · ({2, 3, . . . , d + 1}) − 1
= {4, 6, . . . , 2d + 2} − 1
= {3, 5, . . . , 2d + 1} .
Andererseits ist aber
Qβ (s + 2)
= Q2 ({2 · 2 + 1, 3 · 2 + 1, . . . , (d + 1) · 2 + 1})
= {2, 3, . . . , d + 1} + {1, 1, . . . , 1}
= {3, 4, . . . , d + 2}
und
Qβ (s − 2)
= Q2 ({2 · 2 − 3, 3 · 2 − 3, . . . , (d + 1) · 2 − 3})
= Q2 (0 · 2 + 1, 1 · 2 + 1, . . . , (d − 1) · 2 + 1)
= {0, 1, . . . , d − 1} + {1, 1, . . . , 1}
= {1, 2, . . . , d} ,
was insgesamt zu
Qβ (s + 2) + Qβ (s − 2)
= {3, 4, . . . , d + 2} + {1, 2, . . . , d}
= {4, 6, . . . , 2d + 2}
führt; für β = 2 ist die gewünschte Gleichheit also nicht gegeben.
Darauf folgt direkt das nächste Lemma:
Lemma 3. Seien β ≥ 6 und d ∈ N so gewählt, dass 2 ≤ d ≤ β − 4; außerdem
L, k ∈ N, wobei L := Lβ (n) und L − k ≥ 5. Desweiteren sei n ∈ NL,k (d+; c1 ) mit
c1 ∈ B. Dann existieren a1 , . . . , a2(β−1) , b1 , . . . , b2(β−1) ∈ B \ {0} und ein c2 ∈ B,
sodass
2(β−1)
n−
X
β
qL−1,k
(ai , bi ) ∈ NL−1,k+1 (d+; c2 ) .
i=1
Beweis. Analog zu Lemma 2 suchen wir uns auch hier wieder ein m in Abhängigkeit von n, diesmal jedoch wiefolgt: m := αL−1 (n)β 2 + αL−2 (n)β + αL−3 (n).
Wählen wir αL−1 (n), αL−2 (n) und αL−3 (n) minimal (also αL−1 (n) = d,
αL−2 (n) = αL−3 (n) = 0), so erhalten wir als Untergrenze m = d · β 2 .
Wählen wir aber αL−1 (n), αL−2 (n) und αL−3 (n) maximal
16
(also αL−1 (n) = αL−2 (n) = αL−3 (n) = β − 1), so erhalten wir die Obergrenze
m = (β − 1)β 2 + (β − 1)β + (β − 1) = β 3 − 1.
Desweiteren sehen wir:
m · β L−3 +
L−4
X
αi (n)β i = (αL−1 (n)β 2 + αL−2 (n)β + αL−3 (n))β L−3 +
i=k
L−4
X
αi (n)β i
i=k
= αL−1 (n)β L−1 + αL−2 (n)β L−2 + αL−3 (n)β L−3 +
L−4
X
αi (n)β i
i=k
= n
(6)
Nun betrachten wir S wie in Proposition 1, also
S := {2β − 1, 3β − 1, . . . , (d + 1)β − 1} ,
und sehen schnell, dass |S| = d. Außerdem ist S so konstruiert, dass zwei aufeinanderfolgende Elemente immer den Abstand β haben. Dementsprechend ist
(β − 1)S = {β 2 + (β − 3)β + 1, β 2 + (β − 2)β + 1, . . . , dβ 2 + (β − (d + 2))β + 1},
wobei (β − 1)S = S
+ ·{z
· · + S}, und hat (d − 2)β + (β − (d − 2)) Elemente
|
(β−1)-mal
(von denen je zwei aufeinanderfolgende ebenfalls wieder den Abstand β haben).
Als Nächstes wählen wir uns ein (vorerst beliebiges) h ∈ (β − 1)S. Dann ist
2h ∈ {2β 2 + (2β − 6)β + 2, 2β 2 + (2β − 4)β + 2, . . . , 2dβ 2 + 2(β − (d + 2))β + 2} ,
und wir können nun die Größenordnung von m − 2h abschätzen:
Als Untergrenze (also mit minimalem m und maximalem h) ergibt sich
m − 2h = dβ 2 − (2dβ 2 + 2(β − (d + 2))β + 2)
= (−d)β 2 − 2β 2 − (2d + 4)β − 4
= −(d + 2)β 2 − (2d + 4)β − 4
= −(d + 3)β 2 + (β − 2d − 4)β − 4
= −(d + 4)β 2 + (β + (β − 1) − 2d − 4)β + (β − 4)
= −(d + 4)β 2 + (2β − 2d − 5)β + (β − 4)
Als Obergrenze (mit maximalem m und minimalem h) erhalten wir
m − 2h = (β 3 − 1) − (2β 2 + (2β − 6)β + 2)
= β 3 − 2β 2 − (2β − 6)β − 3
= (β − 4)β 2 + 5β + (β − 3).
Somit erhalten wir insgesamt:
−(d + 4)β 2 + (2β − 2d − 5)β + (β − 4) ≤ m − 2h ≤ (β − 4)β 2 + 5β + (β − 3).
17
Die Idee ist nun, das bisher beliebige h so zu wählen, dass es die Ungleichungskette
(d + 1)β ≤ m − 2h ≤ (β − 1)β
erfüllt. Dies ist immer möglich, da
(d + 1)β
⇔
(d + 1)β − m
⇔ −((β − 1)β − m)
⇔
m + β − β2
≤ m − 2h
≤ −2h
≤
2h
≤
2h
≤
≤
≤
≤
(β − 1)β
(β − 1)β − m
−((d + 1)β − m)
m − (d + 1)β,
d.h. die von uns gewünschte Spannbreite beträgt
(m − (d + 1)β) − (m + β − β 2 ) = m − (d + 1)β − m − β + β 2 = β 2 − (d + 2)β ≥ 2β,
da von vornheirein d ≤ β − 4 bzw. (d + 2) ≤ (β − 2) als gegeben angenommen
wurde. Nun wählen wir s1 , . . . , sβ−1 ∈ S, sodass
s1 + · · · + sβ−1 = h
gilt. Hier gilt natürlich weder bezüglich der Größe noch bezüglich der Anordnung
der si Eindeutigkeit. Des Weiteren seien ε1 , . . . , εβ−1 ∈ {0, 2}, wobei der genaue
Wert der εi ’s zunächst noch nicht festgelegt wird. In Abhängigkeit von si und εi
setzen wir nun für i = 1, . . . , β − 1
ti := si + εi
ti+(β−1) := si − εi .
und
Jedes der ti ist nun nach Konstruktion in einer der drei Mengen S − 2, S oder
S + 2, die wir schon in vorangegangener Proposition betrachtet haben, enthalten.
Dementsprechend wählen wir nun noch a1 , . . . , a2(β−1) , b1 , . . . , b2(β−1) ∈ B \ {0},
die für alle i = 1, . . . , 2(β − 1) die Gleichheit
ai β + bi = ti
erfüllen. Nach Wahl von S (und dementsprechend S − 2 und auch S + 2) sind
alle dieser ai und bi positiv (da wir von vornherein β groß genug gewählt haben).
Wegen
2(β−1)
X
i=1
ti =
β−1
X
β−1
X
2(β−1)
i=1
i=1
i=1
X
(si − εi ) =
(si + εi ) +
si = 2h
und unter Einbezug von (5) sehen wir
2(β−1)
X
2(β−1)
β
qL−1,k
(ai , bi )
=
i=1
ai β L−2 + bi β L−3 + (ai + bi )β k
X
i=1
2(β−1)
=
X
2(β−1)
ti β L−3 +
i=1
2(β−1)
= β L−3
X
(ai + bi )β k
X
i=1
2(β−1)
X
k
ti + β
i=1
ai + b i
i=1
2(β−1)
= 2h · β L−3 + β k
X
i=1
18
ai + b i ,
und das unabhängig von der Wahl der εi ! Vermöge (5) und (6) erkennen wir
außerdem
2(β−1)
n−
X
β
qL−1,k
(ai , bi ) = m · β L−3 +
i=1
L−4
X
2(β−1)
αi (n)β i − (2h · β L−3 + β k
= (m − 2h)β
ai + bi )
i=1
i=k
L−3
X
+
L−4
X
2(β−1)
i
αi (n)β + β
k
X
ai + b i ,
i=1
i=k
und vermöge m − 2h ≥ (d + 1)β bemerken wir, dass
2(β−1)
β
qL−1,k
(ai , bi ) ∈ NL−1,k (d+; c1 ) ,
X
n−
i=1
P2(β−1)
wobei c1 die Kongruenz αk (n) − i=1 ai + bi ≡ c1 mod β erfüllt.
Um den Beweis zu vollenden, bleibt noch zu zeigen, dass mit geeigneter Wahl der
P2(β−1) β
εi folgt, dass c1 = 0 und damit n − i=1 qL−1,k
(ai , bi ) ∈ NL−1,k+1 (d+; c2 ) mit
einem c2 ∈ B gilt. Nach unserer Konstruktion gilt:
2(β−1)
2(β−1)
X
X
ai + b i =
Qβ (ti ) =
i=1
i=1
β−1
X
Qβ (si + εi ) +
i=1
β−1
X
Qβ (si − εi ).
i=1
Mit Proposition 1 folgt demnach
2(β−1)
αk (n) −
X
+ bi
≡ c1
mod β
Qβ (ti )
≡ c1
mod β
≡ c1
mod β
≡ c1
mod β,
ai
i=1
2(β−1)
X
⇔ αk (n) − (
i=1
β−1
X
⇔ αk (n) − (
Qβ (si + εi ) +
i=1
β−1
X
⇔ αk (n) − 2
β−1
X
Qβ (si − εi ))
i=1
Qβ (si ) + |E|
(7)
i=1
wobei |E| die i aus {1, . . . , β − 1} zählt, für die εi = 2 gilt. Wählen wir nun die
P
εi so, dass αk (n) ≡ 2 β−1
i=1 Qβ (si ) + |E| mod β, so sind wir fertig; denn dann ist
P2(β−1) β
c1 = 0, also existiert ein c2 ∈ B, sodass n− i=1 qL−1,k
(ai , bi ) ∈ NL−1,k+1 (d+; c2 )
gilt.
Bemerkung 10. Wir fordern nicht ohne Grund, dass L − k ≥ 5:
β
Da wir insbesondere Summanden der Form qL−1,k
(ai , bi ) betrachten, muss hier
(analog zu Lemma 2) (L − 1) − k ≥ 4 bzw. L − k ≥ 5 sein.
Wie wir bereits im Beweis gesehen haben, ist auch die Bedingung, dass d ≤ β − 4
gilt, nicht unerheblich: Ist d > β − 4, so können wir nicht mit Sicherheit sagen,
dass wir ein h ∈ (β − 1)S finden, dass unsere Forderung erfüllt.
Zuletzt haben wir außerdem den Fall d = 1 außen vor gelassen, da hier sonst
|S| = 1 und damit auch |(β − 1)S| = 1 wäre.
19
Nun verlangen wir schon β ≥ 6; doch wie wir gleich sehen werden, reicht dies
als Einschränkung an die Basis bereits aus.
Um den doch etwas technischen Beweis besser nachvollziehen zu können, gehen
wir ihn nun noch einmal anhand eines Beispiels durch:
Beispiel 10. Sei n = 305145 und β = 9.
Dementsprechend ist n = [5|1|4|5|2|0], also gilt L := L9 (305145) = 6 und, durch
n und β bestimmt, k = 1 und c1 = 2. d muss hier lediglich die Bedingung d ≤ 5
erfüllen; wir wählen d = 5, sodass also n ∈ N6,1 (5+; 2).
In diesem Fall ist m = 5 · 92 + 1 · 91 + 4 · 90 = 418. Das passt tatsächlich auch zu
unserer gegebenen Abschätzung, nach der 5 · 92 = 405 ≤ m ≤ 93 − 1 = 728 sein
muss. Außerdem ist
m · 93 +
2
X
αi (305145) · 9i = 418 · 93 + 2 · 9 + 5 · 92
i=1
= 304722 + 18 + 405
= 305145
=n
Betrachten wir nun S: Hier ist S = {17, 26, 35, 44, 53}, und wir sehen |S| = 5 = d.
Analog ist 8S = {136, 145, 154, . . . , 424} und |8S| = 33 = (d − 2)β + (β − (d − 2)).
Als Nächstes benötigen wir ein h ∈ 8S, sodass
(d + 1)β = 6 · 9 = 54 ≤ m − 2h = 418 − 2h ≤ 72 = 8 · 9 = (β − 1)β
bzw.
−364 = 54 − 418 ≤ −2h ≤ 72 − 418 = −346,
also
346 ≤ 2h ≤ 364
erfüllt ist. Wir erkennen, dass 2h ∈ {272, 290, . . . , 848} ist, es bleibt also 2h = 362
bzw. h = 181. Nun suchen wir s1 , . . . , s8 ∈ S, sodass s1 + · · · + s8 = 181.
OBdA wählen wir
s1 = 26
s5 = 17
s2 = 17
s6 = 35
s3 = 17
s7 = 26
s4 = 26
s8 = 17
und rechnen nach: s1 + · · · + s8 = 26 + 17 + 17 + 26 + 17 + 35 + 26 + 17 = 181, das
von uns gewünschte Ergebnis. Betrachten wir nun ebenjene si näher, so sehen wir
2
8
X
Q9 (si ) = 154 ≡ 1
mod 9 ,
i=1
eigentlich wollen wir aber
16
X
Q9 (ti ) ≡ 2
i=1
20
mod 9
erreichen. Unter Verwendung von (7), wodurch wir eine Richtlinie bzgl. der Anzahl an möglichen Hochsetzungen der εi erhalten und durch gezieltes Ausprobieren
(wobei auch hier wieder keine Eindeutigkeit gegeben ist) setzen wir ε1 = 2 und
ε2 , . . . , ε8 = 0 und erhalten mittels
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
t8
t9
t10
t11
t12
t13
t14
t15
t16
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
tatsächlich
28
17
17
26
17
35
26
17
24
17
17
26
17
35
26
17
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
16
X
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
a14
a15
a16
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
3
1
1
2
1
3
2
1
2
1
1
2
1
3
2
1
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
b1
b2
b3
b4
b5
b6
b7
b8
b9
b10
b11
b12
b13
b14
b15
b16
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1
8
8
8
8
8
8
8
6
8
8
8
8
8
8
8
Q9 (ti ) = 146 = 16 · 9 + 2 ≡ 2
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
Q9 (t1 )
Q9 (t2 )
Q9 (t3 )
Q9 (t4 )
Q9 (t5 )
Q9 (t6 )
Q9 (t7 )
Q9 (t8 )
Q9 (t9 )
Q9 (t10 )
Q9 (t11 )
Q9 (t12 )
Q9 (t13 )
Q9 (t14 )
Q9 (t15 )
Q9 (t16 )
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
4
9
9
10
9
11
10
9
8
9
9
10
9
11
10
9
mod 9 .
i=1
β
Nun müsste also n − 16
i=1 q5,1 (ai , bi ) ein Element aus N5,2 (5+; c2 ) sein, wobei
c2 ∈ B = {0, 1, . . . , 8}. Dies gilt es noch zu überprüfen: Wir erhalten
P
P16
9
i=1 q5,1 (ai , bi )
9
= 1 · q5,1
(3, 1) +
4
3
9
9
9
9
8 · q5,1
(1, 8) + 4 · q5,1
(2, 8) + 2 · q5,1
(3, 8) + 1 · q5,1
(2, 6)
1
4
3
1
4
= (3 · 9 + 1 · 9 + 4 · 9 ) + 8(1 · 9 + 8 · 9 + 9 · 9 ) + 4(2 · 9 + 8 · 93 + 10 · 91 )
+2(3 · 94 + 8 · 93 + 11 · 91 ) + (2 · 94 + 8 · 93 + 8 · 91 )
= 27 · 94 + 122 · 93 + 14 · 92 + 20 · 91
= 4 · 95 + 5 · 94 + 1 · 93 + 2 · 92 + 2 · 91
und insgesamt
9
n − 16
i=1 q5,1 (ai , bi )
= (5 · 95 + 1 · 94 + 4 · 93 + 5 · 92 + 2 · 91 ) − (4 · 95 + 5 · 94 + 1 · 93 + 2 · 92 + 2 · 91 )
= 305145 − 269181
= 35964
= 5 · 94 + 4 · 93 + 3 · 92 .
P
9
Somit sehen wir n − 16
i=1 q5,1 (ai , bi ) = [5|4|3|0|0], also
P16 9
n − i=1 q5,1 (ai , bi ) ∈ N5,2 (5+; c2 ) mit c2 = 3 ∈ B.
P
21
4.3
Der endgültige Beweis
Nun werden wir mithilfe der beiden vorangegangenen Kapitel das erstrebte
Theorem beweisen, welches sagt:
Theorem 1. Sei n eine beliebige natürliche Zahl und β ≥ 6 die Basis in ihrer
β-adischen Darstellung. Dann können wir n darstellen als Summe von höchstens
4β + 7 Palindromen.
Beweis. Wir nehmen OBdA Lβ (n) ≥ 2β + 3 an, da wir die Gültigkeit der Aussage
für den anderen Fall schon in Kapitel 3 gezeigt haben. Sei nun d ∈ N so, dass die
Anforderungen an Lemma 3 (und damit auch die an Lemma 2) erfüllt sind. Dann
finden wir nach Lemma 2 zwei Palindrome p̃1 , p̃2 ∈ Pβ , sodass
n1 := n − p̃1 − p̃2 ∈ Nl,0 (d+; c1 )
(8)
für l ∈ {L − 1, L} und c1 ∈ B. Da l ≥ 2β + 2, können wir nach Lemma 3
a1 , . . . , a2(β−1) , b1 , . . . , b2(β−1) ∈ B und ein c2 ∈ B finden, sodass
2(β−1)
n2 := n1 −
X
(1)
(1)
β
(ai , bi ) ∈ Nl−1,1 (d+; c2 ) .
ql−1,0
i=1
Genauso (also wieder nach Lemma 3) gehen wir nun induktiv vor und konstruieren
uns
2(β−1)
ni := ni−1 −
X
(i−1)
β
(ai
ql−i+1,i−2
(i−1)
, bi
) ∈ Nl−(i−1),i−1 (d+; ci ) ,
(9)
i=1
und zwar solange, bis für ein i0 gilt, dass l − (i0 − 1) < (i0 − 1) + 4; danach können
wir Lemma 3 nicht weiter anwenden und müssen anders vorgehen.
Da l−(i0 −1) < (i0 −1)+4, hat jedes Element aus Nl−(i0 −1),i0 −1 (d+; ci0 ) in seiner βadischen Darstellung höchstens vier Koeffizienten ungleich Null; das bedeutet aber
nun, dass Kβ (ni0 ) ≤ 4. Jetzt können wir also Korollar 1 anwenden: Demzufolge
finden wir 2Kβ (ni0 ) + 1 Palindrome p̃3 , . . . , p̃2Kβ (ni0 )+3 , sodass
ni0 = p̃3 + · · · + p̃2Kβ (ni0 )+3
(10)
gilt. Berücksichtigen wir nun (8), (9) und (10) sowie i = 2, 3, . . . , i0 , so erhalten
wir
2Kβ (ni0 )+3
n = p̃1 + p̃2 +
X
j=3
(i−1)
(i−1)
2(β−1)
p̃j +
X
Nk ,
k=1
β
0
wobei Nk := ii=2
ql−(i−1),i−2
(al
, bl
) mit l = 1, . . . , 2(β − 1).
Als Nächstes wollen wir zeigen, dass jedes dieser Nk Summe von zwei Palindromen
P
22
ist: Mit (5) gilt
Nk =
=
i0
X
β
(i−1)
i=2
i0
X
(i−1)
ql−(i−1),i−2 (al
pl−(i−1),i−2 (al
(i−1)
, bl
)+
i=2
)
i0
X
(i−1)
pl−i,i−2 (bl
).
(11)
i=2
Betrachten wir nun die beiden Summanden in (11) getrennt. Wir beginnen mit
dem linken Summanden: Für jedes i gilt
(i−1)
pl−(i−1),i−2 (al
(i−1)
) = [al
(i−1)
| 0| . . . |0 |al
| 0| . . . |0] ,
| {z }
| {z }
i−2
l−2i+1
mit Länge l − (i − 1). Da i von 2 bis i0 durchläuft, ergibt sich demnach insgesamt
i0
X
(i−1)
pl−(i−1),i−2 (al
(1)
(i0 −1)
(2)
) = [al |al | . . . |al
(i0 −1)
|0| . . . |0|al
(2)
(1)
| . . . |al |al ]
i=2
mit Länge l − 1 und (l − 1) − 2(i0 − 1) Einträgen gleich Null. Der linke Summand
ist also schon mal ein Palindrom. Bleibt noch der rechte Summand zu überprüfen.
Analog wie eben gilt auch hier für alle i = 2, . . . , i0
(i−1)
pl−i,i−2 (bl
(i−1)
) = [bl
(i−1)
| 0| . . . |0 |bl
| 0| . . . |0] ,
| {z }
| {z }
i−2
l−2i
hier mit Länge l − i. Somit folgt (auch wie oben)
i0
X
(i−1)
pl−i,i−2 (bl
(1)
(2)
(i0 −1)
) = [bl |bl | . . . |bl
(i0 −1)
|0| . . . |0|bl
(2)
(1)
| . . . |bl |bl ]
i=2
mit Länge l − 2 und (l − 2) − 2(i0 − 1) Einträgen gleich Null.
Also ist auch der rechte Summand ein Palindrom, jedes dieser Nk ist also eine
Summe aus zwei Palindromen. Dies bedeutet für uns, dass sich
2Kβ (ni0 )+3
n = p̃1 + p̃2 +
X
j=3
2(β−1)
p̃j +
X
Nk
k=1
zerlegen lässt in 2+(2Kβ (ni0 )+1)+2(2(β −1)) Palindrome. Wie wir oben erkannt
haben, ist hier Kβ (ni0 ) ≤ 4, was uns auf höchstens
2 + (2 · 4 + 1) + 2(2(β − 1)) = 2 + 9 + 4β − 4 = 4β + 7
Palindrome führt, was genau das ist, was wir zeigen wollten.
23
5
Schluss
Natürlich ist auch dieses Resultat als Verallgemeinerung von Banks’s Paper nicht
minimierend. Wie Javier Cilleruelo und Florian Luca [2] unlängst zeigten, ist es
sogar möglich, eine beliebige natürliche Zahl als Summe von nur drei Palindromen darzustellen. Allerdings beruht dieses sehr viel bessere Ergebnis auch auf
einer gänzlich anderen Argumentationskette: Sie teilten Zahlen in verschiedene
Klassen ein und erarbeiteten für ebenjene Klassen verschiedene Algorithmen. So
oder so, das Ergebnis ist erstaunlich: Palindrome bilden eine Basis der natürlichen Zahlen, und das unabhängig von der gewählten Basis (bei uns ist β ≥ 7, bei
Cilleruelo und Luca β ≥ 5). Von Interesse ist nun, welche Folgen diese Erkenntnis
nach sich zieht: Ergeben sich neue Fragestellungen und/oder kann man vielleicht
das ein oder andere (noch offene) Problem hiermit beantworten? Wenngleich wir
also jetz eine interessante Fragestellung beantwortet haben, so sind die daraus resultierenden Konsequenzen erstmal noch nicht absehbar. Außerdem gibt es auch
heute noch sehr viele ungelöste Probleme in der Zahlentheorie: Gibt es unendlich
viele Fermat-Primzahlen? Gibt es unendlich viele Mersennesche Primzahlen (und
damit vollkommene Zahlen)? Gibt es ungerade vollkommene Zahlen? Kann man
jede gerade Zahl, die größer ist als 2, als Summe von zwei Primzahlen schreiben (Goldbach-Vermutung)? Gibt es unendlich viele Primzahlzwillinge? All diese
Fragen werden wir hoffentlich irgendwann beantworten können.
6
Literatur
[1] W. D. Banks, ‘Every natural number is the sum of forty-nine
palindromes‘, Integers 16 (2016), 9 pages
[2] Javier Cilleruelo und Florian Luca, ‘Every positive integer is a sum of
three palindromes‘, 2016, arXiv 1602.06208.pdf
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Eigenständigkeitserklärung
Hiermit erkläre ich, dass ich die vorliegende Arbeit selbstständig verfasst, keine
anderen als die angegebenen Quellen und Hilfsmittel verwendet und die Arbeit
keiner anderen Prüfungsbehörde unter Erlangung eines akademischen Grades vorgelegt habe.
Würzburg, den 04. Juli 2016
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