La potencia más pequeña de un número primo cuyas factorizaciones no tienen sumas distintas de factores
Problema
Dado un mejor $p$, encuentra el más pequeño $n$ tal que algunas factorizaciones desordenadas de $p^n$ tienen sumas iguales de factores.
Las factorizaciones no ordenadas son factorizaciones donde el orden de los factores es irrelevante y no incluyen el factor trivial. $1$. Darse cuenta de$n\gt 1$ para todos los números primos $p$ porque los números primos tienen solo una factorización desordenada.
Ejemplos
principal $p=2$. Es trivial que$n=2$ para $p=2$ porque $2+2=2\cdot 2$. Es decir, factorizaciones desordenadas de$2^2$ son $4$ y $2\cdot 2$, y ambos tienen la misma suma de factores $4 = 2+2$.
principal $p=3$. Pero,$n=2$ no es una solución para $p=3$ porque $9\ne 3+3$. Tampoco es$n=3$ porque $27\ne 3+9 \ne 3+3+3$. Tampoco es$n=4$ porque $81\ne 27 + 3\ne 9 + 9\ne 9 + 3 + 3\ne 3 + 3 + 3 + 3$. Eventualmente, encontramos que$n=12$ es el más pequeño que cabe, porque entonces existen las siguientes sumas duplicadas de factores:
$$\begin{align}{} 3^{12}&=&27\cdot3^9&=&9^6 &\implies& 27+\sum_{i=1}^{9}3 &=& \sum_{i=1}^{6}9 &=& 54 \\ 3^{12}&=&81\cdot9\cdot 3^6&=&27^4 &\implies& 81+9+\sum_{i=1}^{6}3 &=& \sum_{i=1}^{4}27 &=& 108 \end{align}$$
Note que si $p^{n}$ o cualquier número en general satisface esta propiedad, entonces todos los múltiplos de ese número también la satisfacen.
¿Solución?
principal $p\in\mathbb P$. Dejar$a(k)$ ser el mas pequeño como $n_k$ Dado que $k$th prime$p_k$. Tenemos:
$$a(k) = 2, 12, 26, 34, 50, 58, 74, 82, \dots$$
¿Es posible encontrar y probar una fórmula para esta secuencia?
Noté que lo siguiente parece mantenerse hasta ahora: $a(1)=2,a(2)=12,a(k)=4p_k+6,k\ge 3$.
Esto se debe a las siguientes factorizaciones desordenadas:
$$\begin{align} p_k &\quad n &\quad \\ 2 &\quad 2 &\quad (2)(2) &=(2^2) \\ 3 &\quad 12 &\quad (3)^9(3^3) &= (3^2)^6 &\quad (3)^6(3^2)(3^4) &= (3^3)^4 \\ 5 &\quad 26 &\quad (5^2)^{11} (5^4) &= (5)^5(5^3)^7 \\ 7 &\quad 34 &\quad (7)^{15}(7^4) &= (7)^7(7^3)^9 \\ 11 &\quad 50 &\quad (11^2)^{23}(11^4) &= (11)^{11}(11^3)^{13}\\ 13 &\quad 58 &\quad (13^2)^{27}(13^4) &= (13)^{13}(13^3)^{15}\\ 17 &\quad 74 &\quad (17^2)^{35}(17^4) &= (17)^{17}(17^3)^{19}\\ 19 &\quad 82 &\quad (19^2)^{39}(19^4) &= (19)^{19}(19^3)^{21}\\ \end{align}$$
Note que los primos $p_k\ge 5$ sigue el siguiente patrón:
$$ (p^2)^{2p+1}(p^4) = (p)^{p}(p^3)^{p+2} \implies (p^2)\cdot(2p+1)+(p^4) = (p)\cdot p+(p^3)\cdot(p+2) $$
Esto nos da un límite superior $a(k)\le 4p_k+6$ porque el patrón es válido para todos los números naturales.
La igualdad fue probada computacionalmente para algunos pequeños números primos (como puede ver arriba).
¿Podemos demostrar que la igualdad siempre se mantiene? Es decir, podemos probar$a(k)\ge 4p_k+6, k\ge 3$ ?
Es decir, queda probar que todas las factorizaciones desordenadas de números de la forma
$$ p^{4p+5} $$
tener distintas sumas de factores para todos los números primos $p\ge 5$.
En otras palabras, tenemos que demostrar que $\text{A001055}$$(p^{4p+5})$ $=$ $\text{A069016}$$(p^{4p+5})$.
O tal vez existe un primo $p$eso es un contraejemplo? Es decir$p_k : a(k)\lt 4p_k+6$ ?
Respuestas
Nota: mi solución es bastante larga y contiene muchos casos, por lo que algunos errores son inevitables. Avíseme si hay algo que deba explicarse.
Dejar $n$ ser el número más pequeño tal que $p^n$tener dos factorizaciones desordenadas con igual suma de factores. Asumiremos que$n \le 4p+5$ y derivar una contradicción.
Denotamos por $A=(p^{a_1})^{n_1}\dots (p^{a_k})^{n_k}$ y $B=(p^{b_1})^{m_1}\dots(p^{b_l})^{m_l}$ las dos factorizaciones desordenadas, con $a_1 > \dots > a_k$ y $b_1 > \dots > b_l$. Sin pérdida de generalidad, suponga que$A$ tiene el poder superior de $p$, es decir, que $a_1 \ge b_1$.
Observación 1: $\{a_1,\dots,a_k\} \cap \{b_1,\dots,b_l\}=\emptyset$.
Esto es porque si $a_i=b_j$ para algunos $i,j$, entonces podemos restar $p^{a_i}$ de ambas factorizaciones para obtener dos factorizaciones desordenadas con igual suma para $p^{n-a_i}$, contradiciendo la minimidad de $n$.
Observación 2: $a_1 \le 5$.
Esto viene de considerar las ecuaciones $$\begin{equation}\label{eqn1} b_1m_1+\dots+b_lm_l=n \qquad (1)\end{equation}$$ y $$ \begin{equation} m_1p^{b_1}+\dots+m_lp^{b_l}=n_1p^{a_1}+\dots+n_kp^{a_k}\qquad (2)\end{equation}$$ Si resuelve el máximo de la LHS de (2) dado (1) (y con $m_j \in \mathbb{R}$ en su lugar), entonces el máximo se alcanza en $m_1=n/b_1$ y $m_j=0$ para todos $j \ge 2$, donde el valor máximo es $\frac{n}{b_1}p^{b_1}$. Por otro lado, el RHS de (2) da el límite inferior de$p^{a_1}$, por lo tanto debemos tener $$ \frac{n}{b_1} p^{b_1} \ge p^{a_1} \iff n \ge b_1 p^{a_1-b_1} .$$ Ya que $n \le 4p+5 \le p^2$ para $p \ge 5$, tenemos eso $$ a_1-b_1=2, b_1=1 \qquad \text{or} \qquad a_1-b_1=1, b_1 \le 4$$ y en ambos casos $a_1 \le 5$.
Ahora consideramos los diversos casos $a_1 \in \{2,3,4,5\}$, con $a_1=4$ siendo el más difícil.
Si $a_1=2$, luego $b_1=1$ y obtenemos dos factorizaciones $(p^2)^{n/2}$ y $p^n$. No tienen la misma suma de factores para$p>2$.
Si $a_1=3$, entonces tenemos las siguientes opciones:
- $a_2=2$, $b_1=1$. Obtenemos dos factorizaciones$(p^3)^{n_1}(p^2)^{n_2}$ y $p^n$. No tienen igual suma ya que$$np \le (4p+5)p < p^3$$ para $p \ge 5$.
- $a_2=1$, $b_1=2$. Obtenemos dos factorizaciones$(p^3)^{n_1}p^{n_2}$ y $(p^2)^{n/2}$. Ya que$$\frac{n}{2}p^2 \le \frac{4p+5}{2}p^2 < 3p^3$$ para $p \ge 5$, tenemos eso $n_1 \in \{1,2\}$. Ninguno de los valores conduce a una suma igual.
- $b_1=2$, $b_2=1$. Obtenemos dos factorizaciones$(p^3)^{n/3}$ y $(p^2)^{m_1}p^{m_2}$. Luego$$ m_1 p^2+m_2p \le \frac{n}{2}p^2 < \frac{n}{3}p^3. $$
- $b_1=2$. Obtenemos$(p^3)^{n/3}$ y $(p^2)^{n/2}$, cuyas sumas no son iguales.
- $b_1=1$. Obtenemos$(p^3)^{n/3}$ y $p^n$, cuyas sumas no son iguales.
Si $a_1=5$, luego $b_1=4$como hemos argumentado anteriormente. Por la misma línea de argumento, podemos ver que$$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} < 2p^5 $$ para todas las opciones de $m_1,\dots,m_l$, entonces $n_1=1$y $$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} \ge p^5 $$ sólo cuando $m_1 \ge p$. Por lo tanto, tenemos eso$$ A = (p^5)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-5}) \quad \text{and} \quad B= (p^4)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4p}).$$ En particular, esto implica que $n \in \{4p, \dots, 4p+5\}$. Algunas comprobaciones más muestran que para tales$n$, sin factorización de $p^{n-5}$ tiene la misma suma de factores que cualquier factorización de $p^{n-4p}$.
Si $a_1=4$, luego $b_1=3$ del argumento de la Observación 2. Usando el mismo argumento que en el caso anterior, concluimos que $n_1=1$ y $m_1 \ge p$. Por lo tanto, tenemos$$ A = (p^4)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4}) \quad \text{and} \quad B= (p^3)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-3p}).$$ Queda por considerar las siguientes opciones para $a_2,\dots,a_k$:
- $a_2=1$. Entonces sí$A=(p^4)p^{n-4}$ y $B=(p^3)^{m_1}(p^2)^{m_2}$ tener igual suma, debemos tener $$ (n-4)p=(m_1-p)p^3+m_2p^2 \ge \frac{n}{2} p^2,$$ que es falso para $p \ge 5$ y $n \le 4p+5$.
- $a_2=2$, $a_3=1$. Luego$A=(p^4)(p^2)^{n_2}p^{n_3}$ y $B=(p^3)^{n/3}$. Si sus sumas son iguales, entonces$$ (n/3-p)p^3=n_2p^2+n_3p$$ tan en particular $p \mid n_3$. Ya que$n_3 \le n-4 \le 4p+1$ Debemos tener $n_3 \in \{p,2p,3p,4p\}$. Conectando cada valor de$n_3$ y $n_2=n-4-n_3$ en la ecuación, encontramos que ninguno produce un valor entero para $n$.
- $a_2=2$. Luego$A=(p^4)(p^2)^{(n-4)/2}$ y $B=(p^3)^{m_1}p^{m_2}$. Si su suma es igual, entonces$$\frac{n-4}{2}p^2=(m_1-p)p^3+m_2p$$ entonces $p \mid m_2$y similar a lo anterior obtenemos $m_2 \in \{p,2p,3p\}$. Nuevamente, conectando cada valor de$m_2$ y $m_1=n-m_2$ en la ecuación, encontramos que ninguno produce un valor entero para $n \le 4p+5$.