O liczbach naturalnych, których suma równa się iloczynowi

Transkrypt

1 O liczbach aturalych, których suma rówa się iloczyowi Lew Kurladczyk i Adrzej Nowicki Toruń UMK, 10 listopada 1998 r. Liczby aturale 1, 2, 3 posiadają szczególą własość. Ich suma rówa się iloczyowi: Podobą własość mają liczby 1, 1, 2, 4: Spójrzmy a astępe przykłady: = = = = = Dla daej liczby aturalej 2 iteresować as będą ciągi (x 1,..., x ), liczb aturalych takich, że: x 1 + x x = x 1 x 2 x oraz x 1 x 2 x. Zbiór wszystkich takich ciągów ozaczać będziemy przez A(). Natomiast przez ozaczać będziemy moc zbioru A(), tz. liczbę wszystkich elemetów zbioru A(). Jedyym ciągiem ależącym do A(2) jest (2, 2); zatem a(2) = 1. Powyżej podaliśmy przykłady dla = 3, 4, 5. Wykażemy teraz, że są to wszystkie przykłady tego rodzaju. Twierdzeie 1. a(3) = 1, a(4) = 1, a(5) = 3. Dowód. Dla = 3 mamy: x 1 x 2 x 3 = x 1 + x 2 + x 3. Jest oczywiste, że liczby x 1, x 2, x 3 ie mogą być wszystkie rówe. Zatem x 1 x 2 x 3 = x 1 + x 2 + x 3 < 3x 3, skąd x 1 x 2 < 3. Para (x 1, x 2 ) jest więc jedą z par (1, 1), (1, 2). Szybko stwierdzamy, że możliwy jest tylko przypadek (x 1, x 2 ) = (1, 2) i w tym przypadku x 3 = 3. Do zbioru A(3) ależy więc tylko jede elemet (1, 2, 3). Niech = 4. Poieważ x 1 x 2 x 3 x 4 = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 < 4x 4 (przypadek x 1 = x 2 = x 3 = x 4 jest oczywiście iemożliwy), więc x 1 x 2 x 3 3. Trójka (x 1, x 2, x 3 ) jest zatem jedą z trójek (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 1, 3). Jedyie przypadek (x 1, x 2, x 3 ) = (1, 1, 2) ie prowadzi do sprzeczości. Do zbioru A(4) ależy tylko elemet (1, 1, 2, 4). Dla = 5 postępujemy podobie. Najpierw zauważamy, że x 1 x 2 x 3 x 4 4 i stą wioskujemy, że (x 1, x 2, x 3, x 4 ) może być jedyie jedą z czwórek (1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (1, 1, 1, 3), (1, 1, 1, 4), (1, 1, 2, 2). Czwórki (1, 1, 1, 1) i (1, 1, 1, 4) ie są dobre. Dla ich ie zajdziemy odpowiediej liczby x 5. Z pozostałych trzech czwórek otrzymamy wszystkie elemety zbioru A(5): (1, 1, 1, 2, 5), (1, 1, 1, 3, 3) i (1, 1, 2, 2, 2). Ie dowody Twierdzeia 1 zajdziemy, a przykład, w książkach [2] str lub [3] str

2 Twierdzeie 2. Każdy zbiór postaci A() (gdzie 2) ma co ajmiej jede elemet. Dowód. Do zbioru A() ależy ciąg (x 1,..., x ), w którym x =, x 1 = 2 i pozostałe wyrazy x i są jedykami. Załóżmy, że (x 1,..., x ) A(). Wtedy x i x x 1 x 2... x = x 1 + x x x + x + x = x dla wszystkich i = 1,..., 1. Zatem liczby x 1,..., x 1 są miejsze lub rówe. Liczby te wyzaczają liczbę x. Przy daych x 1,..., x 1 wyraz x zajdziemy bowiem z rówości x 1 x = x x. Stąd wyika: Twierdzeie 3. Dla każdego 2 zbiór A() jest skończoy. Zaotujmy kilka zaych własości. Twierdzeie 4. Jeśli (x 1,..., x ) A() i 3, to x 1 x 2 x 1 1. Dowód. Zauważmy, że wszystkie liczby x 1,..., x ie mogą być rówe. Przypuśćmy bowiem, że x 1 = = x = x. Wtedy x = x i stąd x = 1. Ale 1 < 1 < 2 dla 3, więc mamy sprzeczość. Zatem i stąd wyika teza. x 1 x 2 x 1 x = x 1 + x x < x Twierdzeie 5 ([2] 175). Dla każdego s N istieje N takie, że > s. Dowód. Niech = 2 2s +1 i iech x 1 = x 2 = = x 2 = 1. Dla daego j = 0, 1, 2,..., s określamy: x 1 = 2 j + 1, x = 2 2s j + 1. Każdy otrzymay w te sposób ciąg (x 1,..., x ) ależy do zbioru A() i ciągów takich jest s + 1. Twierdzeie 6. Jeśli (x 1,..., x ) A(), 2, to x x 2 i przy tym rówość zachodzi tylko w przypadku ciągu (1, 1,..., 1, 2, ). Dowód. Niech b ozacza liczbę jedyek w ciągu (x 1,..., x ) A(). Ozaczmy przez k liczbę tych liczb w ciągu (x 1,..., x ), które są większe od jedyki. Liczby większe od jedyki ozaczmy odpowiedio przez y 1 + 1, y 2 + 1,..., y k + 1, gdzie 1 y 1 y 2 y k. Oczywiście k 2, b + k = oraz (1) (y 1 + 1)(y 2 + 1)... (y k + 1) = y 1 + y y k + k + b. Niech k = 2. Wtedy y 1 y 2 = 1 i stąd y 1 + y =, a zatem x x = + y 1 + y 2 2, przy czym rówość zachodzi tylko w przypadku, gdy y 1 = 1, y 2 = 1, tz. tylko wtedy, gdy (x 1,..., x ) = (1, 1,..., 1, 2, ). 2

3 Niech k 3. Wtedy z rówości (1) otrzymujemy: y y k y 1 y 2 + y 2 y y k y 1 < (y 1 + 1)(y 2 + 1)... (y k + 1) (y y k ) =. Zatem x x = y y k + < 2. Powyższe twierdzeie było zadaiem a zawodach drugiego stopia Olimpiady Matematyczej w roku szkolym 1989/1990. Iy dowód zajdziemy w [1] (stroa 44). Twierdzeie 7. Niech (x 1,..., x ) A(). Ozaczmy przez b liczbę jedyek występujących w ciągu (x 1,..., x ). Wtedy b 1 [log 2 ]. Rówość zachodzi a przykład wtedy, gdy jest liczbą postaci 2 s s (gdzie s 2) oraz (x 1,..., x ) = (1,..., 1, 2, 2,..., 2). }{{} s Dowód. Z twierdzeia 6 wyika, że: 2 b x 1 x = x x 2. Zatem b log 2 (2) = 1 + log 2 i stąd b 1 [log 2 ]. Pozostała część tego twierdzeia jest oczywista. Twierdzeie 8. Jeśli jest liczbą parzystą i (x 1,..., x ) A(), to liczba x x jest podziela przez 4. Dowód. Przypuśćmy, że wszystkie liczby x 1,..., x są ieparzyste. Mamy wówczas parzystą liczbę liczb ieparzystych. Suma x x jest wtedy liczbą parzystą, a iloczy x 1 x liczbą ieparzystą. Co ajmiej więc jeda z liczb x 1,..., x jest parzysta. Suma wszystkich liczb (jako, że jest rówa iloczyowi) jest zatem parzysta. Wśród liczb tych muszą więc być co ajmiej dwie liczby parzyste Tabelki, otrzymae przy pomocy komputerowego programu, przedstawiają liczby dla Odczytujemy z ich a przykład, że a(50) = 4, a(100) = 5. 3

4 Zbiór A(50) ma więc dokładie 4 elemety. Moża wykazać, że każdy ciąg (x 1,..., x 50 ), ależący do A(50) jest taki, że x 1 = x 2 = = x 47 = 1 oraz (x 48, x 49, x 50 ) jest jedym z ciągów: (1, 2, 50), (1, 8, 8), (2, 2, 17), (2, 5, 6). Zbiór A(100) ma dokładie 5 elemetów. Każdy z tych elemetów jest postaci (x 1,..., x 100 ), gdzie x 1 = x 2 = = x 95 = 1 oraz (x 96, x 97, x 98, x 99, x 100 ) jest jedym z ciągów: (1, 1, 1, 2, 100), (1, 1, 1, 4, 34), (1, 1, 1, 10, 12), (1, 1, 4, 4, 7), (2, 2, 3, 3, 3). Przy pomocy komputera moża wykazać, że a(1997) = 20, a(1998) = 8, a(1999) = 16, a(2000) = 10. Z tabelki odczytujemy, że 24 jest ajwiększą dwucyfrową liczbą taką, że = 1. Istieją dokładie 3 liczby aturale trzycyfrowe spełiające rówość = 1. Są to liczby 114, 174 oraz 444. Autorzy ie zają odpowiedzi a astąpujące pytaie. Czy istieje liczba aturala taka, że = 1 i > 444? Przedstawimy jeszcze kilka spostrzeżeń dotyczących przypadku = 1. Twierdzeie 9. Niech > 2. Jeśli = 1, to 1 jest liczbą pierwszą. Dowód. Przypuśćmy, że 1 ie jest liczbą pierwszą. Wtedy = ab + 1, gdzie a, b N, 2 a b i wtedy ciągi (1, 1,..., 1, 2, ), (1, 1,..., 1, a + 1, b + 1) są róże i ależą do zbioru A(). Stąd, w szczególości, otrzymujemy: Twierdzeie 10. Jeśli 4 i = 1, to 2. Wykażemy jeszcze: Twierdzeie 11. Jeśli 5 i = 1, to 3. Dowód. Z Twierdzeia 9 wyika, że ie może być postaci 3k + 1. Jeśli = 3k + 2, to oprócz ciągu (1,..., 1, 2, ) w zbiorze A() zajduje się ciąg (1, 1,..., 1, 2, 2, k + 1). Z powyższych dwóch twierdzeń otrzmujemy Twierdzeie 12. Jeśli = 1 i 5, to 6. Zaotujmy astępe fakty Twierdzeie 13. 7k + 6 (k 14). Jeśli = 1 i > 100, to jest postaci 7k lub 7k + 2 lub 7k + 3 lub Dowód. Do zbioru A() ależy zawsze ciąg (1,..., 1, 2, ). Jeśli = 7k + 1 lub 7k + 4 lub 7k + 5, to do zbioru A() rówież ależą odpowiedio ciągi (1, 1,..., 1, 8, k + 1), (1, 1,..., 1, 2, 4, k + 1), (1, 1,..., 2, 2, 2, k + 1). Twierdzeie 14. Jeśli = 1 i > 100, to jest postaci 30k lub 30k + 24 (k 3). 4

5 Dowód. Poieważ 6 (Twierdzeie 12), więc ma jedą z postaci 30k, 30k+6, 30k+12, 30k + 18 lub 30k Jeśli = 30k + 6, to 1 ie jest liczbą pierwszą; sprzeczość z twierdzeiem 9. Wiemy, że do zbioru A() ależy zawsze ciąg (1,..., 1, 2, ). W przypadku, gdy = 30k + 12 lub = 30k + 18, do zbioru A() ależą odpowiedio ciągi (1, 1,..., 1, 2, 2, 2, 2, 2k + 1), (1, 1,..., 1, 2, 3, 6k + 4). Z tych twierdzeń wyika, że jeśli > 100 ad = 1, to liczba ma jedą z postaci 210k, 210k + 24, 210k + 30, 210k + 84, 210k + 90, 210k + 114, 210k lub 210k Wykazaliśmy (patrz twierdzeie 14) że jesĺi = 1 i 5, to jest postaci 30k lub 30k + 24 (k 0). Sądzimy jedak, że przypadek = 30k ie zachodzi. Hipoteza 1. Jeśli 5 i = 1, to jest postaci 30k Hipoteza 2. Jeśli > 100 i = 1, to = 114 lub = 174 lub = 444. Literatura [1] XLI Olimpiada Matematycza 1989/90, Sprawozdaie Komitetu Główego, Warszawa [2] W. Sierpiński, Teoria Liczb, Część II, PWN, Warszawa [3] S. Straszewicz, Zadaia z Olimpiad Matematyczych, tom IV, 16-20, 64/65-68/69, PZWS, Warszawa,