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 natural- nych takich, że:

x₁+ x₂+ · · · + x_n= x₁· x₂· · · x_n oraz x₁6 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: x1x2x3= x₁+ x₂+ x₃. Jest oczywiste, że liczby x₁, x2, x3 nie mogą być wszystkie równe. Zatem x₁x₂x₃ = x₁+ x₂+ x₃ < 3x₃, skąd x₁x₂ < 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 x₁x2x3x4 = x₁ + x₂ + x₃ + x₄ < 4x4 (przypadek x₁ = x₂ = x3 = x₄ jest oczywiście niemożliwy), więc x₁x2x3 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 x₁x2x3x4 6 4 i stą wniosku- jemy, 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.

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 x_n= n, x_n−1 = 2 i pozostałe wyrazy x_i są jedynkami.

Załóżmy, że (x₁, . . . , xn) ∈ A(n). Wtedy

xixn6 x1x₂. . . xn= x₁+ x₂+ · · · + x_n6 xn+ x_n+ · · · x_n= nx_n

dla wszystkich i = 1, . . . , n − 1. Zatem liczby x₁, . . . , xn−1 są mniejsze lub równe n. Liczby te wyznaczają liczbę x_n. Przy danych x₁, . . . , x_n−1 wyraz x_n znajdziemy bowiem z równości x1· · · x_n= x₁+ · · · + x_n. Stąd wynika:

Twierdzenie 3. Dla każdego n > 2 zbiór A(n) jest skończony.  Zanotujmy kilka znanych własności.

Twierdzenie 4. Jeśli (x₁, . . . , x_n) ∈ A(n) i n> 3, to x1x₂· · · x_n−16 n − 1.

Dowód. Zauważmy, że wszystkie liczby x₁, . . . , xn nie mogą być równe. Przypuśćmy bowiem, że x₁ = · · · = x_n = x. Wtedy xⁿ = nx i stąd x = ⁿ⁻¹√

n. Ale 1 < ⁿ⁻¹√

n < 2 dla n > 3, więc mamy sprzeczność. Zatem

x₁x₂· · · x_n−1x_n= x₁+ x₂+ · · · + x_n< nx_n i stąd wynika teza.

Twierdzenie 5 ([2] 175). Dla każdego s ∈ N istnieje n ∈ N takie, że a(n) > s.

Dowód. Niech n = 2^2s+1 i niech x₁= x₂ = · · · = x_n−2= 1. Dla danego j = 0, 1, 2, . . . , s określamy:

xn−1 = 2^j+ 1, xn= 2^2s−j + 1.

Każdy otrzymany w ten sposób ciąg (x₁, . . . , x_n) należy do zbioru A(n) i ciągów takich jest s + 1. 

Twierdzenie 6. Jeśli (x1, . . . , xn) ∈ A(n), n> 2, to x1+ · · · + x_n6 2n i przy tym równość zachodzi tylko w przypadku ciągu (1, 1, . . . , 1, 2, n).

Dowód. Niech bnoznacza 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, . . . , y_k+ 1, gdzie 1 6 y1 6 y2 6 · · · 6 yk. Oczywiście k> 2, bn+ k = n oraz

(1) (y₁+ 1)(y₂+ 1) . . . (y_k+ 1) = y₁+ y₂+ · · · + y_k+ k + b_n. Niech k = 2. Wtedy y₁y2 = n − 1 i stąd y₁+ y₂ 6 1 + n − 1 = n, a zatem

x1+ · · · + x_n= 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).

Niech k> 3. Wtedy z równości (1) otrzymujemy:

y₁+ · · · + y_k 6 y1y₂+ y₂y₃+ · · · + y_ky₁

< (y₁+ 1)(y₂+ 1) . . . (y_k+ 1) − (y₁+ · · · + y_k)

= n.

Zatem x₁+ · · · + x_n= y₁+ · · · + y_k+ n < 2n.

Powyższe twierdzenie było zadaniem na zawodach drugiego stopnia Olimpiady Matema- tycznej w roku szkolnym 1989/1990. Inny dowód znajdziemy w [1] (strona 44).

Twierdzenie 7. Niech (x₁, . . . , x_n) ∈ A(n). Oznaczmy przez b_nliczbę jedynek występujących w ciągu (x₁, . . . , x_n). Wtedy

bn> n − 1 − [log2n] .

Równość zachodzi na przykład wtedy, gdy n jest liczbą postaci 2^s − s (gdzie s > 2) oraz (x₁, . . . , x_n) = (1, . . . , 1, 2, 2, . . . , 2

| {z }

s

).

Dowód. Z twierdzenia 6 wynika, że:

2^n−bn 6 x1· · · x_n= x₁+ · · · + x_n6 2n.

Zatem n − b_n 6 log2(2n) = 1 + log₂n i stąd bn > n − 1 − [log2n]. Pozostała część tego twierdzenia jest oczywista. 

Twierdzenie 8. Jeśli n jest liczbą parzystą i (x1, . . . , xn) ∈ A(n), to liczba x₁+ · · · + x_n jest podzielna przez 4.

Dowód. Przypuśćmy, że wszystkie liczby x₁, . . . , x_n są nieparzyste. Mamy wówczas pa- rzystą liczbę liczb nieparzystych. Suma x₁ + · · · + x_n jest wtedy liczbą parzystą, a iloczyn x1· · · x_n liczbą nieparzystą.

Co najmniej więc jedna z liczb x₁, . . . , x_n 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)

1 1

2 1

3 1

4 1

5 3

6 1

7 2

8 2

9 2

10 2

n a(n)

11 3 12 2 13 4 14 2 15 2 16 2 17 4 18 2 19 4 20 2

n a(n)

21 4 22 2 23 4 24 1 25 5 26 4 27 3 28 3 29 5 30 2

n a(n)

31 4 32 3 33 5 34 2 35 3 36 2 37 6 38 3 39 3 40 4

n a(n)

41 7 42 2 43 5 44 2 45 4 46 4 47 5 48 2 49 5 50 4

n a(n)

51 4 52 3 53 7 54 2 55 5 56 4 57 5 58 4 59 4 60 2

n a(n)

61 9 62 3 63 4 64 4 65 7 66 2 67 5 68 5 69 4 70 3

n a(n)

71 6 72 3 73 9 74 4 75 3 76 3 77 6 78 3 79 5 80 2

n a(n)

81 7 82 4 83 5 84 2 85 10 86 5 87 4 88 5 89 8 90 2

n a(n)

91 6 92 3 93 6 94 3 95 6 96 5 97 6 98 5 99 4 100 5 Tabelki, otrzymane przy pomocy komputerowego programu, przedstawiają liczby a(n) dla 16 n 6 100. Odczytujemy z nich na przykład, że a(50) = 4, a(100) = 5.

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, 26 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).

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 jes´li 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.