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: 1 + 2 + 3 = 1 2 3. 1 + 1 + 2 + 4 = 1 1 2 4. 1 + 1 + 1 + 2 + 5 = 1 1 1 2 5 1 + 1 + 1 + 3 + 3 = 1 1 1 3 3 1 + 1 + 2 + 2 + 2 = 1 1 2 2 2. Dla daej liczby aturalej 2 iteresować as będą ciągi (x 1,..., x ), liczb aturalych takich, że: x 1 + x 2 + + 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. 171-174 lub [3] str. 41-46. 1
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 2 + + 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 1 + + 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 2 + + 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 1 + + 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 2 + + y k + k + b. Niech k = 2. Wtedy y 1 y 2 = 1 i stąd y 1 + y 2 1 + 1 =, a zatem x 1 + + 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
Niech k 3. Wtedy z rówości (1) otrzymujemy: y 1 + + y k y 1 y 2 + y 2 y 3 + + y k y 1 < (y 1 + 1)(y 2 + 1)... (y k + 1) (y 1 + + y k ) =. Zatem x 1 + + x = y 1 + + 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 1 + + 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 1 + + x jest podziela przez 4. Dowód. Przypuśćmy, że wszystkie liczby x 1,..., x są ieparzyste. Mamy wówczas parzystą liczbę liczb ieparzystych. Suma x 1 + + 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. 1 1 2 1 3 1 4 1 5 3 6 1 7 2 8 2 9 2 10 2 11 3 12 2 13 4 14 2 15 2 16 2 17 4 18 2 19 4 20 2 21 4 22 2 23 4 24 1 25 5 26 4 27 3 28 3 29 5 30 2 31 4 32 3 33 5 34 2 35 3 36 2 37 6 38 3 39 3 40 4 41 7 42 2 43 5 44 2 45 4 46 4 47 5 48 2 49 5 50 4 51 4 52 3 53 7 54 2 55 5 56 4 57 5 58 4 59 4 60 2 61 9 62 3 63 4 64 4 65 7 66 2 67 5 68 5 69 4 70 3 71 6 72 3 73 9 74 4 75 3 76 3 77 6 78 3 79 5 80 2 81 7 82 4 83 5 84 2 85 10 86 5 87 4 88 5 89 8 90 2 91 6 92 3 93 6 94 3 95 6 96 5 97 6 98 5 99 4 100 5 Tabelki, otrzymae przy pomocy komputerowego programu, przedstawiają liczby dla 1 100. Odczytujemy z ich a przykład, że a(50) = 4, a(100) = 5. 3
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
Dowód. Poieważ 6 (Twierdzeie 12), więc ma jedą z postaci 30k, 30k+6, 30k+12, 30k + 18 lub 30k + 24. 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 + 150 lub 210k + 174. 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 + 24. Hipoteza 2. Jeśli > 100 i = 1, to = 114 lub = 174 lub = 444. Literatura [1] XLI Olimpiada Matematycza 1989/90, Sprawozdaie Komitetu Główego, Warszawa 1993. [2] W. Sierpiński, Teoria Liczb, Część II, PWN, Warszawa 1959. [3] S. Straszewicz, Zadaia z Olimpiad Matematyczych, tom IV, 16-20, 64/65-68/69, PZWS, Warszawa, 1972. 5