Erdős-Straus-Vermutung

Die zahlentheoretische Erdős-Straus-Vermutung (nach den Mathematikern Paul Erdős und Ernst Gabor Straus) besagt, dass <math>\tfrac{4}{n}</math> stets einer Summe von drei positiven Stammbrüchen entspricht. Sie wurde im Jahr 1948 aufgestellt und ist eine von vielen Vermutungen von Paul Erdős.<ref>Paul Erdős: Az 1/x₁ + 1/x₂ + ... + 1/x_n = a/b egyenlet egész számú megoldásairól (On a Diophantine Equation). S. 210. Mat. Lapok. 1, 1950, S. 192–210, abgerufen am 5. Januar 2020 (ungarisch). </ref><ref>Christian Elsholtz: Sums of k unit fractions. Conjecture 1, hier wird behauptet, dass diese Vermutung im Jahr 1948 erstmals aufgestellt wurde. Transactions of the American Mathematical Society 353 (8), 12. April 2001, S. 3209–3227, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref>

Die Vermutung

Die Gleichung <math> \tfrac{4}{n} = \tfrac{1}{a} + \tfrac{1}{b} + \tfrac{1}{c}</math> besitzt für jedes natürliche <math>n \geq 2</math> eine Lösung, wobei <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> ebenfalls natürliche Zahlen sind.
Es ist unmittelbar klar, dass vier Stammbrüche immer reichen (man wähle für die Summanden viermal <math>\tfrac{1}{n}</math>). Die Vermutung entspricht der nächstkleineren Anzahl von Stammbruch-Summanden.

Es gibt zwei Auffassungen, wie man eine solche Darstellung als Summe von drei Stammbrüchen verstehen kann. Man kann der Meinung sein, dass es egal ist, ob gewisse Nenner der einzelnen Stammbrüche gleich sind, man kann aber auch der Meinung sein, dass es nicht egal ist, ob gewisse Nenner der Stammbrüche gleich sind. Es macht aber für die Erdős-Straus-Vermutung für <math>n \geq 3</math> keinen Unterschied, ob gleiche Nenner erlaubt sind oder nicht:

Wenn es irgendeine Darstellung von <math>\tfrac{4}{n}</math> mit drei Stammbrüchen gibt, egal, ob gewisse Nenner gleich sind oder nicht, dann gibt es auf jeden Fall auch eine Darstellung mit verschiedenen Nennern. Man kann zwei Stammbrüche mit gleichen Nennern immer in zwei Stammbrüche mit unterschiedlichen Nennern umformen:<ref>Algorithms for Egyptian Fractions – Theorem</ref><ref>Tanzô Takenouchi: On an Indeterminate Equation. Abschnitt (III), Solutions in which two x’s are equal auf Seite 80. Proc. Physico-Mathematical Soc. of Japan (3rd ser.) 3, 3. April 1921, S. 78–92, abgerufen am 5. Januar 2020.</ref>

<math>\frac{1}{2r}+\frac{1}{2r} \qquad \quad \ \ = \frac{1}{r+1}+\frac{1}{r(r+1)} \qquad \qquad \quad </math> wenn der Nenner eine gerade Zahl ist

<math>\frac{1}{2r+1}+\frac{1}{2r+1} = \frac{1}{r+1}+\frac{1}{(r+1)(2r+1)} \qquad</math> wenn der Nenner eine ungerade Zahl ist

Man kann also zwei Stammbrüche mit gleichem Nenner in zwei Stammbrüche mit zwei verschiedenen Nennern umformen. Sollte man dadurch abermals zwei gleiche Nenner (gemeinsam mit dem Nenner des dritten Stammbruchs) erhalten, wiederholt man diese Umformung so lange, bis man drei Stammbrüche mit drei verschiedenen Nennern hat.

Geometrische Interpretation

Die geometrische Interpretation der Erdős-Straus-Vermutung liefert für jedes natürliche <math>n > 1</math> einen Quader mit den Kantenlängen <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> (<math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> natürliche Zahlen), so dass dessen 8-faches Volumen geteilt durch dessen Oberfläche den Wert von <math>n</math> Längeneinheiten ergibt.

Beispiele

Falls eine Darstellung von <math>\frac{4}{n}</math> mit <math>n \geq 3</math> durch drei Stammbrüche existiert, gibt es auf jeden Fall mindestens eine Darstellung von <math>\frac{4}{n}</math> als Summe von 3 Stammbrüchen mit verschiedenen Nennern. Für den Fall <math>n = 2</math> gibt es allerdings nur eine einzige Lösung, nämlich

In diesem Fall gibt es keine Möglichkeit, verschiedene Nenner zu erhalten. In allen anderen Fällen ordnet man üblicherweise die Stammbrüche nach der Größe ihres Nenners, sodass <math>0<a<b<c</math> gilt.

Für die beiden Fälle <math>n = 3</math> bzw. <math>n = 4</math> gibt es jeweils nur eine einzige Lösung, nämlich

<math>\frac{4}{3} =\frac{1}{1} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \qquad</math> und <math>\qquad \frac{4}{4} =\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6}</math>

Es gibt mitunter auch mehrere Lösungen dieses Problems, wie zum Beispiel für <math>n = 5</math>, für welches es zwei Lösungen gibt:

Die nächste Zahlenfolge gibt an, wie viele Darstellungsmöglichkeiten es für <math>\frac{4}{n}</math> in der Form <math>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}</math> mit <math>0<a<b<c</math> gibt (mit aufsteigendem <math>n=1,2,3,\ldots</math>)

0, 0, 1, 1, 2, 5, 5, 6, 4, 9, 7, 15, 4, 14, 33, 22, 4, 21, 9, 30, 25, 22, 19, 45, 10, 17, 25, 36, 7, 72, 17, 62, 27, 22, 59, 69, 9, 29, 67, 84, 7, … (Folge A073101 in OEIS)

Beispiel 1:

An der n = 8. Stelle dieser Liste steht 6. Das bedeutet, dass es 6 Möglichkeiten gibt, den Bruch <math>\frac{4}{8}</math> mit drei Stammbrüchen darzustellen. Im Speziellen sind es die folgenden:

(Anmerkung: ein guter Online-Stammbruch-Rechner für kleine <math>n</math> ist auf <ref>Stammbruchrechner von Arndt Brünner</ref> zu finden)

Beispiel 2:

Die Anzahl der verschiedenen Möglichkeiten, einen Bruch <math>\frac{4}{n}</math> als Summe dreier Stammbrüche darzustellen, kann (im Verhältnis zu <math>n</math>) sehr hoch, aber auch recht niedrig werden. Zum Beispiel kann der Bruch <math>\frac{4}{960}</math> (also für <math>n=960</math>) auf genau 4914 verschiedene Arten als Summe dreier Stammbrüche dargestellt werden. Hingegen kann der Bruch <math>\frac{4}{937}</math> (also für <math>n=937</math>) auf nur 27 verschiedene Arten als Summe dreier Stammbrüche dargestellt werden.

Bemerkungen

Multipliziert man die Gleichung <math> \frac{4}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}</math> mit <math>nabc</math> (bringt man also die Nenner weg), so erhält man die folgende diophantische Gleichung:

Aufgrund der Tatsache, dass man es somit mit einer diophantischen Gleichung zu tun hat, kann man das in der Zahlentheorie beliebte Lokal-Global-Prinzip anwenden: es kann aus der Lösbarkeit dieser diophantischen Gleichung modulo aller Primzahlen auf die Lösbarkeit der ursprünglichen Gleichung geschlossen werden.

Für alle <math>n = 4k</math> mit natürlichem <math>k \in \mathbb N</math> ist die Behauptung leicht mit <math>a = b = c = 3k</math> nachzuweisen:

Auch der etwas allgemeinere Fall <math>n = 2k</math> mit natürlichem <math>k \in \mathbb N</math> ist sehr einfach mit <math>a = k</math> und <math>b = c = 2k</math> zu lösen:

<math>\frac{4}{n} = \frac{4}{2k} = \frac{2}{2k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k} = \frac{1}{k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k}</math>.

Um die Erdős-Straus-Vermutung zu lösen, reicht es aus, wenn man statt <math>\frac{4}{n}</math> nur Brüche der Form <math>\frac{4}{p}</math> mit primen <math>p \in \mathbb P</math> untersucht. Man kann die Erdős-Straus-Vermutung somit auf folgende Vermutung herunterbrechen:<ref name="Sander">J. W. Sander: On 4/n = 1/x + 1/y + 1/z and Iwaniec’ Half Dimensional Sieve. Journal of Number Theory 46 (2), Februar 1994, S. 123–136, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref><ref name="Mathematics">Erdős-Straus conjecture. Mathematics, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref>

Die Gleichung <math> \frac{4}{p} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}</math> besitzt für jede Primzahl <math>p \in \mathbb P</math>, <math>p > 2</math>, eine Lösung, wobei <math>a</math>, <math>b</math> und <math>c</math> natürliche Zahlen sind.

Wenn die Gleichung <math> \frac{4}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}</math> mit paarweise verschiedenen <math>a, b, c</math> keine ganzzahlige Lösung besitzt, dann gilt für jeden Primteiler <math>p</math> von <math>n</math>:<ref name="Zelator">Konstantine Zelator: An ancient Egyptian problem: The diophantine equation 4/n = 1/x + 1/y + 1/z, n ≥ 2. Theorem 2. Dezember 2009, S. 1–9, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref>

<math>p \equiv 1 \pmod{24}</math>

und daher gilt weiters:

<math>n \equiv 1 \pmod{24}</math>

Daraus folgt außerdem, dass es für alle <math>n \not\equiv 1 \pmod{24}</math> immer eine Lösung der Gleichung gibt. Für diesen Fall ist die Erdős-Straus-Vermutung somit gelöst.

Sollte es tatsächlich ein Gegenbeispiel zur Erdős-Straus-Vermutung geben (wenn es also eine Bruchzahl <math>\frac{4}{n}</math> gibt, die nicht durch drei verschiedene Stammbrüche darstellbar ist), so muss dieses <math>n</math> eine der folgenden sechs Kongruenzen erfüllen:<ref name="Ionascu">Eugen J. Ionascu, Andrew Wilson: On the Erdös-Straus Conjecture. Theorem 2–4 auf S. 24ff. Columbus State University, 2010, S. 21–30, abgerufen am 7. Januar 2020. </ref><ref name="Monks">Maria Monks, Ameya Velingker: On the Erdös–Straus Conjecture: Properties of Solutions to its Underlying Diophantine Equation. S. 1 unten. S. 1–21, abgerufen am 8. Januar 2020. </ref><ref>Louis J. Mordell: Diophantine Equations, Academic Press, 1967, S. 287–290</ref>

<math>n \equiv 1 \pmod{840}</math>

<math>n \equiv 11^2 = 121 \pmod{840}</math>

<math>n \equiv 13^2 = 169 \pmod{840}</math>

<math>n \equiv 17^2 = 289 \pmod{840}</math>

<math>n \equiv 19^2 = 361 \pmod{840}</math>

<math>n \equiv 23^2 = 529 \pmod{840}</math>

Die ersten beiden Primzahlen (und nur diese muss man abtesten, wie weiter oben schon erwähnt wurde), die eine der obigen sechs Kongruenzen erfüllen, sind <math>n=p_1=1009 \equiv 169 \pmod{840}</math> und <math>n=p_2=1201 \equiv 361 \pmod{840}</math>. Man kann erkennen, dass man relativ schnell recht hohe Werte für <math>n</math> erhält und man bei weitem nicht alle <math>n</math> durchtesten muss.

In <ref name="Ionascu" /> sind noch weitere, genauere Kongruenzbedingungen für <math>n</math> angegeben.

Allan Swett zeigte im Jahr 1999, dass die Erdős-Straus-Vermutung bis <math>n=10^{14}</math> gilt. Serge E. Salez erweiterte diese Obergrenze im Jahr 2014 auf <math>n=10^{17}</math>.<ref>Serge E. Salez: The Erdős-Straus conjecture New modular equations and checking up to N = 10¹⁷. 24. Juni 2014, S. 1–13, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref>

Zerlegung in drei nicht notwendigerweise positive Stammbrüche

In der Einleitung wird erwähnt, dass es notwendig ist, dass die drei Stammbrüche, in die <math>\frac{4}{n}</math> zerlegt werden soll, positiv sein müssen. Wenn auch negative Stammbrüche erlaubt sind, kann man jede Bruchzahl der Form <math>\frac{4}{n}</math> in drei Stammbrüche zerlegen und die Vermutung wäre keine Vermutung mehr, sondern ein bewiesener mathematischer Satz. Sind negative Stammbrüche erlaubt, so gibt es zumindest zwei triviale Darstellungsmöglichkeiten für ungerade <math>n</math> (für gerade <math>n</math> wurde diese Vermutung schon im vorigen Abschnitt bewiesen):

Fall 1: <math>n=4k+1</math>

Fall 2: <math>n=4k-1</math>

Als Variante für ungerade <math>n</math> gibt es auch die folgende Darstellung in drei Stammbrüche, bei der allerdings immer eine negativ ist:<ref name="Jaroma">John H. Jaroma: On expanding 4/n into three Egyptian fractions. Crux Mathematicorum 30 (1), 2004, S. 36–37, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref>

Mini-Erdős-Straus-Vermutung

Eine Variante der Erdős-Straus-Vermutung ist die Mini-Erdős-Straus-Vermutung:

Die Gleichung <math>\frac{3}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}</math> besitzt für jedes natürliche <math>n \geq 2</math> eine Lösung, wobei <math>a</math> und <math>b</math> natürliche Zahlen sind.

Diese Vermutung ist falsch, da für die Gleichung <math> \frac{3}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}</math> genau dann keine Lösung für natürliche <math>a</math> und <math>b</math> existiert, wenn alle Primfaktoren von <math>n</math> die Form <math>6k+1</math> haben.<ref name="Humenberger">Hans Humenberger: Egyptian fractions – Representations as sums of unit fractions. Abschnitt 3.3 auf Seite 275f. Mathematics and Computer Education, S. 268–283, abgerufen am 5. Januar 2020. </ref><ref>Algorithms for Egyptian Fractions, Beweis von Theorem nach Numerator 3</ref>

Verallgemeinerungen

Es folgen zwei Vermutungen, welche die Erdős-Straus-Vermutung ergänzen bzw. verallgemeinern:

Der polnische Mathematiker Wacław Sierpiński stellte im Jahr 1956 die folgende Ergänzung der Erdős-Straus-Vermutung auf:<ref>Wacław Sierpiński: Sur les décompositions de nombres rationnels en fractions primaires, Mathesis 65, 1956, S. 16–32</ref><ref name="Chun">Ji Hoon Chun: Egyptian fractions, Sylvester’s sequence, and the Erdős-Straus conjecture. Abschnitt 1.6 auf S. 6. 1. August 2011, S. 1–7, abgerufen am 8. Januar 2020. </ref>

Es existiert eine Zahl <math>N</math>, sodass die Gleichung <math>\frac{5}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}</math> für alle natürlichen <math>n \geq N</math> gelöst werden kann.

Mit anderen Worten: Ab einem gewissen <math>n</math> können alle Brüche der Form <math>\frac{5}{n}</math> durch drei Stammbrüche dargestellt werden.

Der polnische Mathematiker Andrzej Schinzel verallgemeinerte die Erdős-Straus-Vermutung wie folgt:<ref>R. C. Vaughan: On a problem of Erdős, Straus and Schinzel, Mathematika 17 (02), 1970, S. 193–198</ref><ref name="Chun" />

Für jede gegebene natürliche Zahl <math>m \in \mathbb N</math> gibt es ein <math>N</math>, sodass die Gleichung <math>\frac{m}{n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}</math> für alle natürlichen <math>n \geq N</math> gelöst werden kann.

Mit anderen Worten: Ab einem gewissen <math>n</math> können zu jedem <math>m</math> alle Brüche der Form <math>\frac{m}{n}</math> durch drei Stammbrüche dargestellt werden.

Weblinks

Koichi Yamamoto: On the diophantine Equation 4/n=1/x+1/y+1/z. Memoirs of the Faculty of Science, Kyushu University, Ser. A 19 (1), 20. Dezember 1964, S. 37–47, abgerufen am 6. Januar 2020.

Gerd Hofmeister, Peter Stoll: Note on Egyptian fractions. Journal für die reine und angewandte Mathematik, 9. Januar 1985, S. 141–145, abgerufen am 7. Januar 2020.
Eric W. Weisstein: Erdős-Straus Conjecture. Wolfram MathWorld, abgerufen am 6. Januar 2020.

Einzelnachweise