O liczbach naturalnych, których suma równa się iloczynowi

O liczbach naturalnych,
których suma równa się iloczynowi
Lew Kurlandczyk i Andrzej Nowicki
Toruń UMK, 10 listopada 1998 r.
Liczby naturalne 1, 2, 3 posiadają szczególną własność. Ich suma równa się iloczynowi:
1 + 2 + 3 = 1 · 2 · 3.
Podobną własność mają liczby 1, 1, 2, 4:
1 + 1 + 2 + 4 = 1 · 1 · 2 · 4.
Spójrzmy na następne przykłady:
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 danej liczby naturalnej n > 2 interesować nas będą ciągi (x1 , . . . , xn ), liczb naturalnych takich, że:
x1 + x2 + · · · + xn = x1 · x2 · · · · · xn
oraz
x1 6 x2 6 · · · 6 xn .
Zbiór wszystkich takich ciągów oznaczać będziemy przez A(n). Natomiast przez a(n) oznaczać
będziemy moc zbioru A(n), tzn. liczbę wszystkich elementów zbioru A(n).
Jedynym ciągiem należącym do A(2) jest (2, 2); zatem a(2) = 1. Powyżej podaliśmy
przykłady dla n = 3, 4, 5. Wykażemy teraz, że są to wszystkie przykłady tego rodzaju.
Twierdzenie 1.
a(3) = 1, a(4) = 1, a(5) = 3.
Dowód. Dla n = 3 mamy: x1 x2 x3 = x1 + x2 + x3 . Jest oczywiste, że liczby x1 , x2 , x3 nie
mogą być wszystkie równe. Zatem x1 x2 x3 = x1 + x2 + x3 < 3x3 , skąd x1 x2 < 3. Para (x1 , x2 )
jest więc jedną z par (1, 1), (1, 2). Szybko stwierdzamy, że możliwy jest tylko przypadek
(x1 , x2 ) = (1, 2) i w tym przypadku x3 = 3. Do zbioru A(3) należy więc tylko jeden element
(1, 2, 3).
Niech n = 4. Ponieważ x1 x2 x3 x4 = x1 + x2 + x3 + x4 < 4x4 (przypadek x1 = x2 =
x3 = x4 jest oczywiście niemożliwy), więc x1 x2 x3 6 3. Trójka (x1 , x2 , x3 ) jest zatem jedną
z trójek (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 1, 3). Jedynie przypadek (x1 , x2 , x3 ) = (1, 1, 2) nie prowadzi do
sprzeczności. Do zbioru A(4) należy tylko element (1, 1, 2, 4).
Dla n = 5 postępujemy podobnie. Najpierw zauważamy, że x1 x2 x3 x4 6 4 i stą wnioskujemy, że (x1 , x2 , x3 , x4 ) może być jedynie jedną 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) nie są dobre. Dla nich nie znajdziemy
odpowiedniej liczby x5 . Z pozostałych trzech czwórek otrzymamy wszystkie elementy zbioru
A(5): (1, 1, 1, 2, 5), (1, 1, 1, 3, 3) i (1, 1, 2, 2, 2). Inne dowody Twierdzenia 1 znajdziemy, na przykład, w książkach [2] str. 171 - 174 lub
[3] str. 41 - 46.
1
Twierdzenie 2. Każdy zbiór postaci A(n) (gdzie n > 2) ma co najmniej jeden element.
Dowód. Do zbioru A(n) należy ciąg (x1 , . . . , xn ), w którym xn = n, xn−1 = 2 i pozostałe
wyrazy xi są jedynkami. Załóżmy, że (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n). Wtedy
xi xn 6 x1 x2 . . . xn = x1 + x2 + · · · + xn 6 xn + xn + · · · xn = nxn
dla wszystkich i = 1, . . . , n − 1. Zatem liczby x1 , . . . , xn−1 są mniejsze lub równe n. Liczby
te wyznaczają liczbę xn . Przy danych x1 , . . . , xn−1 wyraz xn znajdziemy bowiem z równości
x1 · · · xn = x1 + · · · + xn . Stąd wynika:
Twierdzenie 3. Dla każdego n > 2 zbiór A(n) jest skończony. Zanotujmy kilka znanych własności.
Twierdzenie 4. Jeśli (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n) i n > 3, to x1 x2 · · · xn−1 6 n − 1.
Dowód. Zauważmy, że wszystkie liczby x1 , . . . , xn nie mogą być równe. Przypuśćmy
√
√
bowiem, że x1 = · · · = xn = x. Wtedy xn = nx i stąd x = n−1 n. Ale 1 < n−1 n < 2 dla
n > 3, więc mamy sprzeczność. Zatem
x1 x2 · · · xn−1 xn = x1 + x2 + · · · + xn < nxn
i stąd wynika teza. Twierdzenie 5 ([2] 175). Dla każdego s ∈ N istnieje n ∈ N takie, że a(n) > s.
Dowód. Niech n = 22s +1 i niech x1 = x2 = · · · = xn−2 = 1. Dla danego j = 0, 1, 2, . . . , s
określamy:
xn−1 = 2j + 1, xn = 22s−j + 1.
Każdy otrzymany w ten sposób ciąg (x1 , . . . , xn ) należy do zbioru A(n) i ciągów takich jest
s + 1. Twierdzenie 6. Jeśli (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n), n > 2, to x1 + · · · + xn 6 2n i przy tym równość
zachodzi tylko w przypadku ciągu (1, 1, . . . , 1, 2, n).
Dowód. Niech bn oznacza liczbę jedynek w ciągu (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n). Oznaczmy przez k
liczbę tych liczb w ciągu (x1 , . . . , xn ), które są większe od jedynki. Liczby większe od jedynki
oznaczmy odpowiednio przez y1 + 1, y2 + 1, . . . , yk + 1, gdzie 1 6 y1 6 y2 6 · · · 6 yk .
Oczywiście k > 2, bn + k = n oraz
(1)
(y1 + 1)(y2 + 1) . . . (yk + 1) = y1 + y2 + · · · + yk + k + bn .
Niech k = 2. Wtedy y1 y2 = n − 1 i stąd y1 + y2 6 1 + n − 1 = n, a zatem
x1 + · · · + xn = n + y1 + y2 6 2n,
przy czym równość zachodzi tylko w przypadku, gdy y1 = 1, y2 = n − 1, tzn. tylko wtedy,
gdy (x1 , . . . , xn ) = (1, 1, . . . , 1, 2, n).
2
Niech k > 3. Wtedy z równości (1) otrzymujemy:
y1 + · · · + y k 6 y1 y2 + y2 y 3 + · · · + y k y 1
< (y1 + 1)(y2 + 1) . . . (yk + 1) − (y1 + · · · + yk )
= n.
Zatem x1 + · · · + xn = y1 + · · · + yk + n < 2n. Powyższe twierdzenie było zadaniem na zawodach drugiego stopnia Olimpiady Matematycznej w roku szkolnym 1989/1990. Inny dowód znajdziemy w [1] (strona 44).
Twierdzenie 7. Niech (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n). Oznaczmy przez bn liczbę jedynek występujących
w ciągu (x1 , . . . , xn ). Wtedy
bn > n − 1 − [log2 n] .
Równość zachodzi na przykład wtedy, gdy n jest liczbą postaci 2s − s (gdzie s > 2) oraz
(x1 , . . . , xn ) = (1, . . . , 1, 2, 2, . . . , 2).
|
{z
s
}
Dowód. Z twierdzenia 6 wynika, że:
2n−bn 6 x1 · · · xn = x1 + · · · + xn 6 2n.
Zatem n − bn 6 log2 (2n) = 1 + log2 n i stąd bn > n − 1 − [log2 n]. Pozostała część tego
twierdzenia jest oczywista. Twierdzenie 8. Jeśli n jest liczbą parzystą i (x1 , . . . , xn ) ∈ A(n), to liczba x1 + · · · + xn jest
podzielna przez 4.
Dowód. Przypuśćmy, że wszystkie liczby x1 , . . . , xn są nieparzyste. Mamy wówczas parzystą liczbę liczb nieparzystych. Suma x1 + · · · + xn jest wtedy liczbą parzystą, a iloczyn
x1 · · · xn liczbą nieparzystą.
Co najmniej więc jedna z liczb x1 , . . . , xn jest parzysta. Suma wszystkich liczb (jako, że
jest równa iloczynowi) jest zatem parzysta. Wśród liczb tych muszą więc być co najmniej
dwie liczby parzyste. n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
n
a(n)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
1
1
1
3
1
2
2
2
2
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
3
2
4
2
2
2
4
2
4
2
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
4
2
4
1
5
4
3
3
5
2
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
4
3
5
2
3
2
6
3
3
4
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
7
2
5
2
4
4
5
2
5
4
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
4
3
7
2
5
4
5
4
4
2
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
9
3
4
4
7
2
5
5
4
3
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
6
3
9
4
3
3
6
3
5
2
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
7
4
5
2
10
5
4
5
8
2
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
6
3
6
3
6
5
6
5
4
5
Tabelki, otrzymane przy pomocy komputerowego programu, przedstawiają liczby a(n) dla
1 6 n 6 100. Odczytujemy z nich na przykład, że a(50) = 4, a(100) = 5.
3
Zbiór A(50) ma więc dokładnie 4 elementy. Można wykazać, że każdy ciąg (x1 , . . . , x50 ),
należący do A(50) jest taki, że x1 = x2 = · · · = x47 = 1 oraz (x48 , x49 , x50 ) jest jednym z
ciągów:
(1, 2, 50), (1, 8, 8), (2, 2, 17), (2, 5, 6).
Zbiór A(100) ma dokładnie 5 elementów. Każdy z tych elementów jest postaci
(x1 , . . . , x100 ), gdzie x1 = x2 = · · · = x95 = 1 oraz (x96 , x97 , x98 , x99 , x100 ) jest jednym 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 można wykazać, że a(1997) = 20, a(1998) = 8, a(1999) = 16,
a(2000) = 10.
Z tabelki odczytujemy, że 24 jest największą dwucyfrową liczbą n taką, że a(n) = 1.
Istnieją dokładnie 3 liczby naturalne n trzycyfrowe spełniające równość a(n) = 1. Są to
liczby 114, 174 oraz 444. Autorzy nie znają odpowiedzi na nastąpujące pytanie.
Czy istnieje liczba naturalna n taka, że a(n) = 1 i n > 444 ?
Przedstawimy jeszcze kilka spostrzeżeń dotyczących przypadku a(n) = 1.
Twierdzenie 9. Niech n > 2. Jeśli a(n) = 1, to n − 1 jest liczbą pierwszą.
Dowód. Przypuśćmy, że n − 1 nie jest liczbą pierwszą. Wtedy n = ab + 1, gdzie a, b ∈ N,
2 6 a 6 b i wtedy ciągi (1, 1, . . . , 1, 2, n), (1, 1, . . . , 1, a + 1, b + 1) są różne i należą do zbioru
A(n). Stąd, w szczególności, otrzymujemy:
Twierdzenie 10. Jeśli n > 4 i a(n) = 1, to 2 | n. Wykażemy jeszcze:
Twierdzenie 11. Jeśli n > 5 i a(n) = 1, to 3 | n.
Dowód. Z Twierdzenia 9 wynika, że n nie może być postaci 3k + 1. Jeśli n = 3k + 2, to
oprócz ciągu (1, . . . , 1, 2, n) w zbiorze A(n) znajduje się ciąg (1, 1, . . . , 1, 2, 2, k + 1). Z powyższych dwóch twierdzeń otrzmujemy
Twierdzenie 12. Jeśli a(n) = 1 i n > 5, to 6 | n. Zanotujmy następne fakty
Twierdzenie 13. Jeśli a(n) = 1 i n > 100, to n jest postaci 7k lub 7k + 2 lub 7k + 3 lub
7k + 6 (k > 14).
Dowód. Do zbioru A(n) należy zawsze ciąg (1, . . . , 1, 2, n). Jeśli n = 7k + 1 lub 7k + 4
lub 7k + 5, to do zbioru A(n) również należą odpowiednio ciągi
(1, 1, . . . , 1, 8, k + 1),
(1, 1, . . . , 1, 2, 4, k + 1),
(1, 1, . . . , 2, 2, 2, k + 1). Twierdzenie 14. Jeśli a(n) = 1 i n > 100, to n jest postaci 30k lub 30k + 24 (k > 3).
4
Dowód. Ponieważ 6 | n (Twierdzenie 12), więc n ma jedną z postaci 30k, 30k+6, 30k+12,
30k + 18 lub 30k + 24.
Jeśli n = 30k + 6, to n − 1 nie jest liczbą pierwszą; sprzeczność z twierdzeniem 9.
Wiemy, że do zbioru A(n) należy zawsze ciąg (1, . . . , 1, 2, n). W przypadku, gdy
n = 30k + 12 lub n = 30k + 18, do zbioru A(n) należą odpowiednio ciągi
(1, 1, . . . , 1, 2, 2, 2, 2, 2k + 1),
(1, 1, . . . , 1, 2, 3, 6k + 4). Z tych twierdzeń wynika, że jeśli n > 100 and a(n) = 1, to liczba n ma jedną z postaci
210k, 210k + 24, 210k + 30, 210k + 84, 210k + 90, 210k + 114, 210k + 150 lub 210k + 174.
Wykazaliśmy (patrz twierdzenie 14) że jesĺi a(n) = 1 i n > 5, to n jest postaci 30k lub
30k + 24 (k > 0). Sądzimy jednak, że przypadek n = 30k nie zachodzi.
Hipoteza 1. Jeśli n > 5 i a(n) = 1, to n jest postaci 30k + 24.
Hipoteza 2. Jeśli n > 100 i a(n) = 1, to n = 114 lub n = 174 lub n = 444.
Literatura
[1] XLI Olimpiada Matematyczna 1989/90, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa
1993.
[2] W. Sierpiński, Teoria Liczb, Część II, PWN, Warszawa 1959.
[3] S. Straszewicz, Zadania z Olimpiad Matematycznych, tom IV, 16 - 20, 64/65 - 68/69,
PZWS, Warszawa, 1972.
5