अभाज्य की सबसे छोटी शक्ति जिसके कारकों में अलग-अलग गुण नहीं होते हैं
मुसीबत
एक प्रधान दिया $p$, सबसे छोटा खोजें $n$ इस तरह के कुछ अव्यवस्थित कारकों $p^n$ कारकों की समान राशि है।
अनियंत्रित कारक कारक कारक हैं जहाँ कारकों का क्रम अप्रासंगिक है और वे तुच्छ कारक को शामिल नहीं करते हैं $1$। नोटिस जो$n\gt 1$ सभी अपराधों के लिए $p$ क्योंकि अभाज्य संख्याओं में केवल एक अव्यवस्थित कारक है।
उदाहरण
प्रधान $p=2$। यह तुच्छ है$n=2$ के लिये $p=2$ चूंकि $2+2=2\cdot 2$। यही कारण है, के unordered कारकों$2^2$ कर रहे हैं $4$ तथा $2\cdot 2$, और उन दोनों के कारक समान हैं $4 = 2+2$।
प्रधान $p=3$। परंतु,$n=2$ के लिए एक समाधान नहीं है $p=3$ चूंकि $9\ne 3+3$। ना ही$n=3$ चूंकि $27\ne 3+9 \ne 3+3+3$। ना ही$n=4$ चूंकि $81\ne 27 + 3\ne 9 + 9\ne 9 + 3 + 3\ne 3 + 3 + 3 + 3$। आखिरकार, हम पाते हैं कि$n=12$ सबसे छोटा है जो फिट बैठता है, क्योंकि तब कारकों की निम्नलिखित नकली रकम मौजूद है:
$$\begin{align}{} 3^{12}&=&27\cdot3^9&=&9^6 &\implies& 27+\sum_{i=1}^{9}3 &=& \sum_{i=1}^{6}9 &=& 54 \\ 3^{12}&=&81\cdot9\cdot 3^6&=&27^4 &\implies& 81+9+\sum_{i=1}^{6}3 &=& \sum_{i=1}^{4}27 &=& 108 \end{align}$$
ध्यान दें कि यदि $p^{n}$ या सामान्य रूप से कोई भी संख्या इस संपत्ति को संतुष्ट करती है, तो उस संख्या के सभी गुणकों को भी संतुष्ट करता है।
उपाय?
प्रधान $p\in\mathbb P$। लश्कर$a(k)$ सबसे छोटा हो $n_k$ देखते हुए $k$वें प्रधान$p_k$। हमारे पास है:
$$a(k) = 2, 12, 26, 34, 50, 58, 74, 82, \dots$$
क्या इस क्रम के लिए सूत्र खोजना और सिद्ध करना संभव है?
मैंने देखा कि निम्नलिखित अब तक पकड़ में आता है: $a(1)=2,a(2)=12,a(k)=4p_k+6,k\ge 3$।
इसका कारण निम्नलिखित असंरचित कारक हैं:
$$\begin{align} p_k &\quad n &\quad \\ 2 &\quad 2 &\quad (2)(2) &=(2^2) \\ 3 &\quad 12 &\quad (3)^9(3^3) &= (3^2)^6 &\quad (3)^6(3^2)(3^4) &= (3^3)^4 \\ 5 &\quad 26 &\quad (5^2)^{11} (5^4) &= (5)^5(5^3)^7 \\ 7 &\quad 34 &\quad (7)^{15}(7^4) &= (7)^7(7^3)^9 \\ 11 &\quad 50 &\quad (11^2)^{23}(11^4) &= (11)^{11}(11^3)^{13}\\ 13 &\quad 58 &\quad (13^2)^{27}(13^4) &= (13)^{13}(13^3)^{15}\\ 17 &\quad 74 &\quad (17^2)^{35}(17^4) &= (17)^{17}(17^3)^{19}\\ 19 &\quad 82 &\quad (19^2)^{39}(19^4) &= (19)^{19}(19^3)^{21}\\ \end{align}$$
गौर करें कि प्रिम्स $p_k\ge 5$ निम्नलिखित पैटर्न का पालन करें:
$$ (p^2)^{2p+1}(p^4) = (p)^{p}(p^3)^{p+2} \implies (p^2)\cdot(2p+1)+(p^4) = (p)\cdot p+(p^3)\cdot(p+2) $$
यह हमें एक ऊपरी सीमा देता है $a(k)\le 4p_k+6$ क्योंकि पैटर्न सभी प्राकृतिक संख्याओं के लिए है।
समानता कुछ छोटे अपराधों के लिए कम्प्यूटेशनल रूप से सिद्ध हुई (जैसा कि आप ऊपर देख सकते हैं)।
क्या हम साबित कर सकते हैं कि समानता हमेशा धारण करती है? यानी हम साबित कर सकते हैं$a(k)\ge 4p_k+6, k\ge 3$ ?
यही है, यह साबित करने के लिए छोड़ दिया जाता है कि फॉर्म की संख्याओं के सभी अनियंत्रित कारक
$$ p^{4p+5} $$
सभी अपराधों के लिए अलग-अलग कारक हैं $p\ge 5$।
दूसरे शब्दों में, हमें यह साबित करने की जरूरत है $\text{A001055}$$(p^{4p+5})$ $=$ $\text{A069016}$$(p^{4p+5})$।
या हो सकता है कि एक प्राइम मौजूद हो $p$यह एक प्रति-उदाहरण है? अर्थात$p_k : a(k)\lt 4p_k+6$ ?
जवाब
नोट: मेरा समाधान काफी लंबा है और इसमें बहुत सारे मामले हैं, इसलिए कुछ गलतियां अपरिहार्य हैं। मुझे बताएं कि क्या कुछ है जिसे समझाने की आवश्यकता है।
लश्कर $n$ सबसे छोटी संख्या ऐसी हो $p^n$कारकों के बराबर योग के साथ दो अव्यवस्थित कारक हैं। हम ऐसा मान लेंगे$n \le 4p+5$ और एक विरोधाभास प्राप्त करें।
द्वारा निरूपित करें $A=(p^{a_1})^{n_1}\dots (p^{a_k})^{n_k}$ तथा $B=(p^{b_1})^{m_1}\dots(p^{b_l})^{m_l}$ दो अव्यवस्थित कारकों के साथ $a_1 > \dots > a_k$ तथा $b_1 > \dots > b_l$। व्यापकता के नुकसान के बिना, यह मान लें$A$ की उच्च शक्ति है $p$, यानी कि $a_1 \ge b_1$।
अवलोकन 1: $\{a_1,\dots,a_k\} \cap \{b_1,\dots,b_l\}=\emptyset$।
इसकी वजह है अगर $a_i=b_j$ कुछ के लिए $i,j$, तो हम घटा सकते हैं $p^{a_i}$ दोनों कारकों के लिए समान योग के साथ दो अव्यवस्थित कारक प्राप्त करने के लिए $p^{n-a_i}$, की न्यूनतम विरोधाभासी $n$।
अवलोकन 2: $a_1 \le 5$।
यह समीकरणों पर विचार करने से आता है $$\begin{equation}\label{eqn1} b_1m_1+\dots+b_lm_l=n \qquad (1)\end{equation}$$ तथा $$ \begin{equation} m_1p^{b_1}+\dots+m_lp^{b_l}=n_1p^{a_1}+\dots+n_kp^{a_k}\qquad (2)\end{equation}$$ यदि आप दिए गए LHS (2) के अधिकतम (1) (और) के लिए हल करते हैं $m_j \in \mathbb{R}$ इसके बजाय), तब अधिकतम प्राप्त होता है $m_1=n/b_1$ तथा $m_j=0$ सबके लिए $j \ge 2$, जहां अधिकतम मूल्य है $\frac{n}{b_1}p^{b_1}$। दूसरी ओर, (2) का आरएचएस निम्न सीमा देता है$p^{a_1}$, इसलिए हमारे पास होना चाहिए $$ \frac{n}{b_1} p^{b_1} \ge p^{a_1} \iff n \ge b_1 p^{a_1-b_1} .$$ जबसे $n \le 4p+5 \le p^2$ के लिये $p \ge 5$, हमारे पास वह है $$ a_1-b_1=2, b_1=1 \qquad \text{or} \qquad a_1-b_1=1, b_1 \le 4$$ और दोनों मामलों में $a_1 \le 5$।
अब हम विभिन्न मामलों पर विचार करते हैं $a_1 \in \{2,3,4,5\}$, साथ में $a_1=4$ being the hardest.
If $a_1=2$, then $b_1=1$ and we get two factorizations $(p^2)^{n/2}$ and $p^n$. They do not have equal sum of factors for $p>2$.
If $a_1=3$, then we have the following options:
- $a_2=2$, $b_1=1$. We get two factorizations $(p^3)^{n_1}(p^2)^{n_2}$ and $p^n$. They do not have equal sum since $$np \le (4p+5)p < p^3$$ for $p \ge 5$.
- $a_2=1$, $b_1=2$. We get two factorizations $(p^3)^{n_1}p^{n_2}$ and $(p^2)^{n/2}$. Since $$\frac{n}{2}p^2 \le \frac{4p+5}{2}p^2 < 3p^3$$ for $p \ge 5$, we have that $n_1 \in \{1,2\}$. Either values don't lead to equal sum.
- $b_1=2$, $b_2=1$. We get two factorizations $(p^3)^{n/3}$ and $(p^2)^{m_1}p^{m_2}$. Then $$ m_1 p^2+m_2p \le \frac{n}{2}p^2 < \frac{n}{3}p^3. $$
- $b_1=2$. We get $(p^3)^{n/3}$ and $(p^2)^{n/2}$, whose sums are not equal.
- $b_1=1$. We get $(p^3)^{n/3}$ and $p^n$, whose sums are not equal.
If $a_1=5$, then $b_1=4$ as we have argued above. By the same line of argument, we can see that $$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} < 2p^5 $$ for all choices of $m_1,\dots,m_l$, so $n_1=1$, and $$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} \ge p^5 $$ only when $m_1 \ge p$. Therefore, we have that $$ A = (p^5)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-5}) \quad \text{and} \quad B= (p^4)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4p}).$$ In particular, this implies that $n \in \{4p, \dots, 4p+5\}$. Some more checking shows that for such $n$, no factorization of $p^{n-5}$ has the same sum of factors as any factorization of $p^{n-4p}$.
If $a_1=4$, then $b_1=3$ from the argument in Observation 2. Using the same argument as in the above case, we conclude that $n_1=1$ and $m_1 \ge p$. Therefore, we have $$ A = (p^4)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4}) \quad \text{and} \quad B= (p^3)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-3p}).$$ It remains to consider the following options for $a_2,\dots,a_k$:
- $a_2=1$. Then if $A=(p^4)p^{n-4}$ and $B=(p^3)^{m_1}(p^2)^{m_2}$ have equal sum, we must have $$ (n-4)p=(m_1-p)p^3+m_2p^2 \ge \frac{n}{2} p^2,$$ which is false for $p \ge 5$ and $n \le 4p+5$.
- $a_2=2$, $a_3=1$. Then $A=(p^4)(p^2)^{n_2}p^{n_3}$ and $B=(p^3)^{n/3}$. If their sums are equal, then $$ (n/3-p)p^3=n_2p^2+n_3p$$ so in particular $p \mid n_3$. Since $n_3 \le n-4 \le 4p+1$ we must have $n_3 \in \{p,2p,3p,4p\}$. Plugging each value of $n_3$ and $n_2=n-4-n_3$ into the equation, we find that none yields an integer value for $n$.
- $a_2=2$. Then $A=(p^4)(p^2)^{(n-4)/2}$ and $B=(p^3)^{m_1}p^{m_2}$. If their sum are equal, then $$\frac{n-4}{2}p^2=(m_1-p)p^3+m_2p$$ so $p \mid m_2$, and similar to above we get $m_2 \in \{p,2p,3p\}$. Again, plugging each value of $m_2$ and $m_1=n-m_2$ into the equation, we find that none yields an integer value for $n \le 4p+5$.