흥미로운 디오판토스 방정식

해커뉴스[1]에 흥미로운 디오판토스 방정식이 언급되어 있어 포스팅해 봄. ㅋ


나름 퍼즐 문제 좀 잘 푼다고 생각하는 일반인들을 낚기 위해 귀여운 과일 이미지까지 동원하는 이런 사악한-_- 짤방이 돌아다니는 모양인데, 좀 더 수학스러운 형태로 표현하자면 다음과 같다.

\displaystyle \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=4의 자연수 해를 구하시오.

경시대회 문제를 자주 봐 왔다면 다음과 같은 표현이 더 친숙할 듯 하다.

\displaystyle \sum_{cyc}\frac{a}{b+c} =4의 자연수 해를 구하시오.

그러나 많은 디오판토스 방정식이 그렇듯이, 보기 쉬워 보인다고 풀기도 쉬운 것은 아니다. ㅋㅋㅋㅋ 들어올 때는 마음대로였겠지만 나갈 때는 아니란다. ㅋㅋ

본인도 쓸데없이 잠깐 풀이를 생각좀 하다가 해설[2]을 봤는데…. 이런…. 똥 밟을 뻔 했다-_- 타원 곡선이 동원되고 난리도 아니구만-_- 참고로 위 방정식의 가장 작은 자연수해는 다음과 같다고 한다.

a = 437361267792869725786125260237139015281653755816161361862143‌​7993378423467772036
b = 368751317941299998271978115652254748254929799689719709962831‌​37471637224634055579‌
c = 154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026‌​63489825320203527799‌​9

이거 일전에 세 개의 세제곱수 이야기[3]보다 더 심한거 아닌가? 켁.

4가 아닌 일반적인 값 N에 대한 논의는 2014년의 Bremner와 MacLeod의 논문[4]에 있다. math overflow에도 관련 이야기[5]가 있다. 논문[4]에는 N이 홀수일 때는 자연수해가 없음을 증명하고 있고, 논문 뒤쪽[4;p38]에 N의 값이 각종 짝수일 경우 최소해들의 자리수가 천자리가 넘는 경우를 소개하고 있다. 특히 N=178인 경우 3억9천만 자리가 넘는다고…..-_-

 


2017.8.8
Baez선생도 한 마디 하는 듯… [6] ㅋㅋ

 


[1] https://news.ycombinator.com/item?id=14943528
[2] How do you find the integer solutions to x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)=4? in Quora
[3] 내 백과사전 세 개의 세제곱수 2012년 6월 22일
[4] A. Bremner and A. Macleod, “An unusual cubic representation problem”, Ann. Math. Inform. 43 (2014), 29-41.
[5] Estimating the size of solutions of a diophantine equation in mathoverflow
[6] https://plus.google.com/+johncbaez999/posts/Pr8LgYYxvbM

어느 산수덕후 아버지의 연하장

일본은 연하장 문화가 꽤 발달해 있다고 하던데, ねとらぼ의 기사[1]에 어떤 사람이 자신의 아버지가 보낸 연하장을 소개[2]하고 있다. ㅋ
c1ifagzveaaqgg9
대충 발번역하면 다음과 같다. (확실하지는 않은데, 일본인들은 편지에서는 친한사이라도 경어를 쓰는 것 같다.)

새해 복 많이 받으세요.
2017(년)+(헤이세이)29 = 21+22+23+24+25+26+27+28+29+210

2017은 세 소수의 3승의 합입니다(73+73+113 = 2017). 세 소수의 3승의 합이 되는 수 중에 2017은 작은 쪽으로부터 세어 30번째로서, 참고로 29번째는 1799( = 53+73+113), 31번째는 2213( = 23+23+133)입니다. 따라서 19세기부터 22세기까지 400년간 세 소수의 3승의 합이 되는 해는 올해 뿐입니다.

와 아버지 대단하군-_- 근데 저 주장이 사실인지 별로 확인해보고 싶지는 않다-_- 술먹고 포스팅하면 만사 귀찮다-_-

참고로 454보다 큰 모든 자연수는 7개의 양수 세제곱수의 합으로 표현가능하다.[3] 음수를 포함한 세 개의 세제곱수로 나타내는 문제[4]도 일전에 소개한 바 있다.

은근히 아무짝에도 쓸데 없는 문제들인데-_-, 이게 만약 실용적으로 쓸모있는 문제가 된다면, smbc만화[5]처럼 패닉을 일으키는 사람도 있지 않을까? ㅋㅋㅋ

 


[1] ねとらぼ 「2017は3つの素数の3乗の和、400年間で今年だけ!」 父から送られてきた年賀状に数学クラスタが沸く 2017年01月05日 14時25分
[2] https://twitter.com/kwd24195/status/815748586663124992/photo/1
[3] 내 백과사전 454보다 큰 모든 자연수는 일곱개 이하의 세제곱수의 합으로 표현가능하다 2016년 1월 20일
[4] 내 백과사전 세 개의 세제곱수 2012년 6월 22일
[5] http://www.smbc-comics.com/?id=4130

골드바흐 추측을 향하여 part 2-1 : The integral over the major arcs

이 포스트는 시리즈 포스팅으로 2013년에 작성을 하다가 중단한 것인데, 영원히 완성할 수 없을 듯 하니, 미완성인 채로 그냥 포스트함.

 


0. definition >
먼저 우리가 적분하려는 arc 내부의 식과 비스무리하게 생긴 식을 만들기 위해 u(\beta)J(N)을 다음과 같이 정의해보자.

\displaystyle u(\beta)=\sum_{m=1}^{N}e(m\beta),\qquad J(N) = \int_{-1/2}^{1/2}u(\beta)^3 e(-N\beta)d\beta

1. lemma >

\displaystyle J(N) = \binom{N-1}{2}

1-1. proof of lemma 1 >

\displaystyle \begin{aligned}J(N) & =\int_{-1/2}^{1/2}u(\beta)^3 e(-N\beta)d\beta \\ & =\int_{-1/2}^{1/2}\sum_{m_1 = 1}^{N}\sum_{m_2 = 1}^{N}\sum_{m_3 = 1}^{N}e((m_1 + m_2 + m_3 -N)\beta)d\beta \\ & =\binom{N-1}{2} \end{aligned}

막판에 등식이 성립하는 이유는 m_1 + m_2 + m_3 -N이 영이면 적분값이 1이 되는데, 이 값이 영이 아니면 적분값이 0이 되기 때문이다. 그러므로 한 자연수를 세 자연수로 토막내는 경우의 수를 세는 문제가 된다.

정리도 증명도 무미건조한 이 정리를 소개하는 이유는 뭘까? 지금은 곤란하다. 조금만 기다려달라. ㅋ

2017학년도 가톨릭대학교 논술 문제 중

2017학년도 가톨릭대학교 논술 문제 중에 divisor function에 대한 문제가 나왔다고 한다. 대략 다음과 같은 형태였다고 한다.

d(n)은 n의 약수의 개수이다. (단, n은 자연수)

\displaystyle a_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}d(k) 이라 정의하자.

[논제 1]
a_M = 3을 만족하는 M의 값을 구하고, n > M일 때 a_n >3인 사실을 설명하시오.

숫자 맞추기 수능만 열라게 파는 고교생들의 상당수는 정수론 문제를 풀 수 없을 것이라 생각하기 때문에, 상당수의 학생이 당황하지 않았을까 생각한다. ㅋㅋㅋ

Apostol 책[1;p57]에는 일전에 소개한 hyperbola method[2]를 이용하여, Divisor summatory function의 asymptotic size가 x log x임을 보이는 부분이 있다. 즉,

\displaystyle \sum_{n \le x} d(n) = x \log x + (2\gamma -1)x + O(\sqrt{x})

여기서 \gammaEuler–Mascheroni constant이다.

참고로 마지막의 O(\sqrt{x})을 improve하는 문제를 Dirichlet’s divisor problem이라고 하는데, 에러텀을 O(x^{\theta+\epsilon})이라고 둘 때, 모든 \epsilon >0에 대해 참인 가장 작은 \theta의 값을 찾는 문제는 아직 해결되지 않았다고 한다. 위키피디아의 Divisor summatory function 항목에 따르면, 현재까지 가장 좋은 결과[3]는 2003년에 나온 \inf \theta \le 131/416 이라고 한다.

여하간 이 사실을 이용하면 비교적 자명한 결과이긴 한데, 닭 잡는 데 소 잡는 칼을 쓰는 것 같아서 좀 그렇다. ㅋㅋㅋ 좀 더 고교생스러운 방법이 있을지 좀 생각해 봤다.

 


일단 노가다로-_- 정답이 M=15 임을 알 수 있다. M=18까지 계산하면 3M과 \sum d(n)의 차가 4 이상 벌어진다. 18 이후의 자연수를 세 개 단위로 그룹을 만들어보자. 각 그룹에는 반드시 2의 배수와 3의 배수가 포함된다.

그룹 안에서 2의 배수와 3의 배수가 다를 경우
2X의 경우 1, 2, X, 2X 로 약수가 적어도 네 개 이상, 3X의 경우도 1, 3, X, 3X으로 그룹 전체 약수의 총 개수는 (남은 한 수가 소수라고 해도) 적어도 2+4+4=10 이상이 된다. 따라서 3M과 \sum d(n)의 차는 더 벌어진다.

그룹 안에서 2의 배수와 3의 배수가 겹칠 경우
6X의 경우 1, 2, 3, 6, X, 2X, 3X, 6X로 여덟 개가 나온다. 따라서 약수의 총 개수는 2+2+8=12 이상이 되므로 3M과 \sum d(n)의 차는 더 벌어진다.

따라서 3M과 \sum d(n)의 차가 4 이상 벌어지면, 각 그룹안에 소수가 두 개 들어 있는 경우가 나타나도 역전되지 않는다.

 


[1] Apostol, Tom M. (1976), Introduction to analytic number theory, Undergraduate Texts in Mathematics, New York-Heidelberg: Springer-Verlag, MR0434929, ISBN 978-0-387-90163-3
[2] 내 백과사전 Dirichlet’s hyperbola method 2010년 10월 27일
[3] Huxley, M. N. (2003). “Exponential sums and lattice points III”. Proc. London Math. Soc. 87 (3): 591–609. doi:10.1112/S0024611503014485

파인만의 페르마 마지막 정리에 대한 추정

해커뉴스[1]에서 파인만 선생이 과거에 했다는 흥미로운 계산을 소개[2]하고 있다. 이 글을 읽는 사람 중에 파인만 선생을 모르는 사람은 아마 없을 것이라 생각한다. 일전에 그의 자서전[3]을 읽은 바 있지만, 한 분야의 정점에 이르면서도 동시에 다방면의 다재다능함을 이룩한 역사상 몇 안 되는 사람 중의 하나일 것이다.

그가 와일즈-테일러 정리(a.k.a 페르마의 마지막 정리)와 관련된 계산을 했는 줄은 이번에 처음 알았는데, 이 계산을 소개한 블로거 Luis Batalha씨는 자신의 소개[4]에 의하면 포르투칼 출신의 입자물리학을 연구하는 사람이라고 한다. 일전에 Fermat’s Library를 소개한 적[5]이 있는데, 이 사이트를 만든 사람이라고 한다. ㅎㅎ

Luis Batalha씨의 글[2] 따르면 Silvan S. Schweber가 쓴 책[6]에 날짜를 확인할 수 없는 파인만의 manuscript를 소개하고 있는데, 파인만은 1988년에 별세했고, 와일즈와 테일러의 정리는 1994년에 발표되었으므로 어쨌든 그의 계산은 당대에 아직 미해결인 상태에서 이루어진 것이다.

아래 계산은 마지막 본인의 계산을 제외하면 모두 위 소개한 블로그 [2]에 나와 있는 내용이므로 부족하면 원문을 참고하기 바란다.

 


먼저, 어떤 큰 자연수 N에 대하여 n-거듭제곱 수 일 “확률”을 계산해 보자. 해커뉴스[1]의 댓글 중에 사실 n-거듭제곱수는 이미 결정되어 있는데 여기서 “확률”의 의미가 뭐냐고 묻는 사람이 있는데, N 이하의 모든 자연수가 균일하게 선택 가능성이 있다는 가정하에 n-거듭제곱수가 선택될 가능성을 뜻한다고 봐야 하지 않을까 싶다.

그 “확률”을 계산하기 위해, 두 개의 세제곱근의 거리인 \sqrt[n]{N+1}-\sqrt[n]{N}을 이용한다.

\displaystyle \begin{aligned}d & = \sqrt[n]{N+1}-\sqrt[n]{N} \\ & =\sqrt[n]{N}\left(\sqrt[n]{1+ \frac{1}{N}} -1 \right) \\ & =\sqrt[n]{N}\left( \left( 1+ \frac{1}{n}\frac{1}{N}+ \frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2}\frac{1}{N^2}+\cdots\right)-1\right) \end{aligned}

물론 위 계산에서 taylor expansion (1+x)^k = 1+ kx +\cdots를 이용했다. 어쨌든 N이 충분히 크다면, 쿨하게 뒤쪽 항을 날려버리고 ㅋㅋ 위 결과는 근사적으로

\displaystyle d \approx \frac{\sqrt[n]{N}}{nN}

이 됨을 확인할 수 있다. 여기서 파인만은 아무 설명없이 N이 n-거듭제곱수가 될 확률은 \frac{\sqrt[n]{N}}{nN}이라고 써 놓았다고 한다. 그 이유에 대해 Luis Batalha씨가 설명[2]을 해 놓고 있다. 만약 N이 n-거듭제곱수가 되려면 구간 \sqrt[n]{N}, \sqrt[n]{N+1}에 적어도 한 개의 정수 (즉, \sqrt[n]{N})이 있게 된다. 임의의 두 연속한 정수의 간격은 1이므로 구하고자 하는 확률은 \frac{d}{1}이 되는 것이다.

이제 와일즈-테일러 정리로 돌아가서 N= x^n +y^n이 n-거듭제곱수가 될 확률은 \frac{\sqrt[n]{x^n + y^n }}{n(x^n +y^n )}이 된다. 물론 특정 x, y가 성립할 확률이므로 모든 x > x_0y > y_0에 대해 이 확률의 총합을 구해야 한다. 그러므로 실제로는 이중 무한급수의 합을 계산해야 하는데, 여기서 파인만은 무한급수 대신 다루기 쉬운 적분으로 대략 합의를 본다. ㅋ 또 파인만은 x_0 = y_0라고 두는데 즉,

\displaystyle \int_{x_0}^{\infty}\int_{x_0}^{\infty}\frac{1}{n}(x^n + y^n )^{-1+\frac{1}{n}}dx dy = \frac{1}{nx_0^{n-3}}c_n
여기서, \displaystyle c_n = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}(u^n +v^n )^{-1+\frac{1}{n}}du dv

라고 쓴다. 이 결과는 Luis Batalha씨가 계산[2]했듯이 Jacobian을 계산하여 변수치환하면 얻을 수 있는 결과인데, 실제로는

\displaystyle c_n = \int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty}(u^n +v^n )^{-1+\frac{1}{n}}du dv

이 된다고 한다. 여기서 Luis Batalha씨는 파인만이 계산실수를 한 것이 아닌가 하고 생각하는 듯. 뭐 본인은 귀찮아서 검산 안 해봤다-_-

여하간 이 대목에서 우리는 2 이상의 모든 자연수에 대해 x^n +y^n이 n-거듭제곱수인지 확인해야 하므로 x_0 =2를 대입한다. 그러면 확률 \frac{1}{n2^{n-3}}\int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty}(u^n +v^n )^{-1+\frac{1}{n}}du dv은 n=4 정도만 돼도 0.1근방으로 낮게 형성되는데, n이 커질 수록 급속히 떨어져서 n=10정도 되면 거의 남지 않게 된다.

모든 자연수 n에 대해 와일즈-테일러 정리의 반례가 나올 확률은 어느 정도일까? 파인만은 이미 소피 제르맹의 결과를 알고 있었다고 한다. 그 결과인 즉슨, 소피 제르맹이 100이하의 지수에 대해 와일즈-테일러 정리의 반례가 없음을 얻은 결과라고 하는데, 해커뉴스의 댓글[1]에 누군가가 왜 하필 100이냐? 100에 무슨 특징이 있는거냐? 하고 묻길래 본인이 찾아보니 Harold Edwards 선생의 책[7]에 설명이 잘 돼 있다. 몇몇 트리키한 lemma를 이용해서 n=100까지 노가다를 한 것 같다-_-

이 대목에서 Luis Batalha씨는 독자의 연습문제로 충분히 큰 n에 대해 c_n \approx \frac{1}{n}을 제시하는데, 이게 어떻게 나온건지 본인의 짧은 머리로 통밥을 좀 굴려봤다. ㅋㅋㅋ

n이 크면 지수인 -1+ \frac{1}{n}은 어쨌건 음수이므로 AM-GM inequality를 이용하여

\displaystyle \begin{aligned} c_n & \le \int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty}(2(uv)^{\frac{n}{2}})^{-1+\frac{1}{n}}du dv \\ & = 2^{-1+\frac{1}{n}} \int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty} (uv)^{\frac{1-n}{2}}du dv \\ & = 2^{-1+\frac{1}{n}} \left(\frac{2}{n-3}\right)^2\end{aligned}

가 되어, Luis Batalha씨는 어떻게 계산했는지 모르겠지만, 그가 제시한 근사보다 더 영에 가까운 좋은 근사가 되는 것 같다-_-

여하간 이 결과를 가지고 100이후로 모든 지수에 대한 무한급수를 계산해야 하지만 여기서 다시 파인만 선생은 적분을 선택하여 확률의 총합을 구하면

\displaystyle \int_{100}^{\infty}\frac{1}{n^2 2^{n-3}}dn \approx 8.85 \times 10^{-34}

가 된다. 이것은 무지막지하게 낮은 확률이므로 파인만 선생은 “내 생각에는(for my money) 페르마의 마지막 정리는 참이다”라고 말했다고 한다. for my money라는 숙어는 처음 알았다-_-

전반적으로 수학적 엄밀성과는 상당히 거리가 먼 계산이지만, 역시 물리학자답게 간명하면서도 실용적 결론이라 할 수 있겠다. 일전에 Heath-Brown 선생의 density에 대한 계산[8]도 소개를 했지만, 와일즈-테일러 정리의 발표 이전에도 반례는 아마 없을 것이라는 간접적 증거가 쌓여 있었다. 와일즈-테일러 정리의 반례가 발견되었더라면, 수학계에 그보다 더 큰 놀라움은 없었을 터일 것이었다.

 


[1] https://news.ycombinator.com/item?id=12018221
[2] Feynman on Fermat’s Last Theorem by Luis Batalha
[3] 내 백과사전 [서평] 파인만! : 파인만 서거 20주년 기념 특별판 2010년 12월 16일
[4] http://www.lbatalha.com/about/
[5] 내 백과사전 새로 생긴 수학 사이트 두 개 2015년 9월 16일
[6] Silvan S. Schweber, QED and the Men Who Made It, Princeton University Press, 1994
[7] Harold M. Edwards, Fermat’s Last Theorem: A Genetic Introduction to Algebraic Number Theory, 3rd edition. Graduate Texts in Mathematics (Book 50), Springer, 2000
[8] 내 백과사전 “거의 모든” 지수에 관한 페르마의 마지막 정리 2010년 12월 27일

불리언 피타고라스 트리플 문제가 해결되었나?

해커뉴스[1]에서 어느 수학 문제의 기괴한 증명을 소개하고 있다.

Boolean Pythagorean triples problem이라는 문제가 있다고 한다. 자연수 전체를 겹치지 않는(disjoint) 두 부분집합으로 나누되, 어느 한 쪽의 세 원소도 피타고라스 트리플(a^2 + b^2 = c^2) 을 만족하는 세 수가 안 되도록 나누는 것이 가능하냐는 질문이다. 뭐 본인은 처음 듣는 문제인데, 위키피디아에 따르면 안 풀린지 거진 30년이 돼 가는 듯.

이 문제의 풀이가 근래 제시된 모양[2]인데, 네이쳐 뉴스[3]에 따르면 증명의 가장 중요한 부분이 컴퓨터로 해결되었다고 한다. 그런데 그 용량이 200테라바이트나 돼서 도저히 사람이 직접 확인할 수 없는 분량이라고.

뭐 이게 증명이냐?하고 묻는 건 4색 문제 논의의 재탕이다. 다른 머신으로 다른 코드로 교차증명을 시도하면 될 일인 듯 하다. 다만, 좀 더 쌈빡한 증명이 나왔으면 하는 바램은 있다. ㅋ

문제만 보면 걍 정수론 문제 같은데, 막상 논문[2]을 보면 완전 전산 수학이다. 앞부분 부터 본인이 완전 첨보는 용어와 정리들이 쏟아져 나온다. Van der Waerden’s theorem 같은 정리는 처음 본다-_-

모르는 용어가 많아서 대충 보고 접었는데 ㅋ, 왠지 해석적이나 대수적 정수론 방법으로도 접근할 수 있지 않을까 하는 생각이 든다. 어쨌든 sum-free set을 구성한다는 점에서 페르마의 마지막 정리와 유사한 점은 있다.

 


2016.6.14
Just how big is a big proof? in the Aperiodical
와하하

 


2016.7.21
Very Long Proofs in Azimuth

 


[1] https://news.ycombinator.com/item?id=11783648
[2] Marijn J. H. Heule, Oliver Kullmann, Victor W. Marek (2016) “Solving and Verifying the boolean Pythagorean Triples problem via Cube-and-Conquer”, arXiv:1605.00723 [cs.DM]
[3] 네이쳐 Two-hundred-terabyte maths proof is largest ever 26 May 2016

454보다 큰 모든 자연수는 일곱개 이하의 세제곱수의 합으로 표현가능하다

참고로 이 글에서 말하는 ‘세제곱수’는 양수만을 가리킨다. 음수인 경우를 포함하는 이야기는 일전의 세 개의 세제곱수 포스트[1]를 참고하시라.

일전에 웨어링의 문제를 소개[2]하면서 g(3) =94 \leq G(3) \leq 7의 증명을 소개한 적이 있다. 증명의 내용이 궁금하면 시리즈 포스팅 목록[3]을 참고하기 바란다.

비록 G(3) \leq 7은 사실일 지라도 어디까지가 마지막으로 8개 이상의 세제곱수의 합으로 표현되는지는 여전히 알 수가 없다. 꽤 많은 사람이 G(3) =4 라고 믿고 있는 듯 한데, Deshouillers 등의 사람은 7,373,170,279,850(!!!) 이상의 모든 자연수는 4개의 세제곱수의 합으로 표현가능하다고 추정[4]하고 있다고 한다. 그러나 근래까지 7개의 위치도 모르고 있었는데, 작년 5월에 발표된 Samir Siksek의 결과[5]에 따르면 정확히 454 이상의 모든 자연수는 7개 이하의 세제곱수의 합으로 표현가능함을 보였다고 한다. 작년 5월에 나왔는데 여태 몰랐네-_-

여하간 일전에 본 블로그에서 40000이하의 자연수 중 8개 이상의 세제곱수가 필요한 17개의 자연수를 실제로 찾는 c코드를 소개[6]한 바 있지만, 실제로는 자연수 전체를 통털어도 이 17개가 전부라는 것이다.

논문[5]을 대충 봤는데-_- 기괴한 테크닉은 있어도 어려운 theory는 없는 듯 하다. 재귀적 알고리즘 때문에 일부 계산은 cpu타임이 10000시간(!)이 걸리는 부분도 있었던 모양이다. 컴퓨터를 1년 넘게 돌리는 동안, 정전 등의 예상치 못한 사태가 안 생긴게 다행인 듯. ㅋㅋㅋ

그나저나 G(3)의 정확한 값은 언제 확정되려나.. ㅋㅋ

 


[1] 내 백과사전 세 개의 세제곱수 2012년 6월 22일
[2] 내 백과사전 웨어링의 문제 2011년 2월 11일
[3] 내 백과사전 시리즈 포스팅 목록
[4] J.-M. Deshouillers, F. Hennecart, and B. Landreau. (2000) “7 373 170 279 850”. Math. Comp., 69(229): 421–439.
[5] Samir Siksek (2015) “Every integer greater than 454 is the sum of at most seven positive cubes”, arXiv:1505.00647 [math.NT]
[6] 내 백과사전 g(3)=9 part 2 : lemma 4 2011년 3월 22일

Barry Mazur와 William Stein의 새 책

Barry Mazur는 정수론쪽에서 대단히 유명한 사람이라 본인도 몇 번 이름을 들은 적이 있다. William Stein은 유명한 수학 소프트웨어 sage를 만든 사람이다.

Stein선생의 블로그[1]를 보니 이 두 사람이 합작으로 리만가설에 대한 대중서를 쓴 모양인데, 내년에 출간할 예정이라고 한다. 출간에 앞서 먼저 무료로 pdf 파일을 공개[2]하는 모양이다.

아마 정식으로 출간되면 무료공개는 지워질 듯 한데, 관심이 있으면 함 보기 바란다. 스르륵 그림만 봤는데-_- 일반인을 대상으로 쓴 책 치고는 꽤 수식이 많다. 그러나 대중서이니만큼 전공자는 굳이 읽을 필요는 없을 듯 하긴 하다.

 


2016.4.11
Stein선생의 구글 플러스[3]를 보니 출간된 듯. ㅋ

 


2016.5.10
Prime Numbers and the Riemann Hypothesis in The n-Category Café

 


[1] http://sagemath.blogspot.kr/2015/11/writing-prime-numbers-and-riemann.html
[2] http://wstein.org/rh/
[3] https://plus.google.com/u/0/115360165819500279592/posts/BqDLE3sZTDv

애플의 collatz 추측을 이용한 해시 함수의 특허

해커뉴스[1]를 보니 흥미로운 링크가 소개되어 있다.

애플이 신청한 특허[2]인데, 아직 심사중인 듯. 특허로 인정받은 것은 아니다. 2011년에 출원했는데, 아직도 심사 중인가?

여하간 유명한 미해결 정수론 문제인 collatz 추측의 알고리즘을 이용하여 해시함수를 구현하는 특허 같다. 첨에 봤을 때는 와 똑똑하다 싶었는데, 특허를 가만 읽어보니 자연수에 대해 경우를 나눠서 반복계산하는 것은 다 걸리게 해 놓은 듯. 특허가 너무 광범위한 거 아닌가? 애플 이 쉐이들 상당히 괘씸하다. 해커뉴스의 게시판[1]에도 비슷한 지적을 하는 사람이 있다.

여하간 구현은 비교적 쉬운 편인 것 같은데, 얼마나 유용한 해시함수가 될런지는 뭐 모르겠다. ㅋ

 


[1] https://news.ycombinator.com/item?id=9549070
[2] http://www.google.com/patents/US20130108038