분해에 뚜렷한 요인 합이없는 소수의 최소 거듭 제곱
문제
소수가 주어짐 $p$, 최소 찾기 $n$ 정렬되지 않은 인수 분해 $p^n$ 요인의 합이 동일합니다.
순서가 지정되지 않은 분해는 요인의 순서가 무관하고 사소한 요인을 포함하지 않는 분해입니다. $1$. 그것을주의해라$n\gt 1$ 모든 소수에 대해 $p$ 소수에는 순서가 지정되지 않은 분해가 하나만 있기 때문입니다.
예
초기 $p=2$. 그것은 사소한 것입니다$n=2$ ...에 대한 $p=2$ 때문에 $2+2=2\cdot 2$. 즉, 순서가 지정되지 않은 분해$2^2$ 아르 $4$ 과 $2\cdot 2$, 둘 다 동일한 요소 합계를 가짐 $4 = 2+2$.
초기 $p=3$. 그러나,$n=2$ 에 대한 해결책이 아닙니다 $p=3$ 때문에 $9\ne 3+3$. 둘 다 아닙니다$n=3$ 때문에 $27\ne 3+9 \ne 3+3+3$. 둘 다 아닙니다$n=4$ 때문에 $81\ne 27 + 3\ne 9 + 9\ne 9 + 3 + 3\ne 3 + 3 + 3 + 3$. 결국 우리는$n=12$ 다음과 같은 중복 요소 합계가 있기 때문에 가장 작은 것입니다.
$$\begin{align}{} 3^{12}&=&27\cdot3^9&=&9^6 &\implies& 27+\sum_{i=1}^{9}3 &=& \sum_{i=1}^{6}9 &=& 54 \\ 3^{12}&=&81\cdot9\cdot 3^6&=&27^4 &\implies& 81+9+\sum_{i=1}^{6}3 &=& \sum_{i=1}^{4}27 &=& 108 \end{align}$$
만약 $p^{n}$ 또는 일반적으로 임의의 숫자가이 속성을 충족하면 해당 숫자의 모든 배수도이를 충족합니다.
해결책?
초기 $p\in\mathbb P$. 허락하다$a(k)$ 가장 작다 $n_k$ 주어진 $k$일 프라임$p_k$. 우리는 :
$$a(k) = 2, 12, 26, 34, 50, 58, 74, 82, \dots$$
이 시퀀스에 대한 공식을 찾고 증명할 수 있습니까?
지금까지 다음이 유지되는 것으로 나타났습니다. $a(1)=2,a(2)=12,a(k)=4p_k+6,k\ge 3$.
이는 다음과 같은 순서가 지정되지 않은 분해 때문입니다.
$$\begin{align} p_k &\quad n &\quad \\ 2 &\quad 2 &\quad (2)(2) &=(2^2) \\ 3 &\quad 12 &\quad (3)^9(3^3) &= (3^2)^6 &\quad (3)^6(3^2)(3^4) &= (3^3)^4 \\ 5 &\quad 26 &\quad (5^2)^{11} (5^4) &= (5)^5(5^3)^7 \\ 7 &\quad 34 &\quad (7)^{15}(7^4) &= (7)^7(7^3)^9 \\ 11 &\quad 50 &\quad (11^2)^{23}(11^4) &= (11)^{11}(11^3)^{13}\\ 13 &\quad 58 &\quad (13^2)^{27}(13^4) &= (13)^{13}(13^3)^{15}\\ 17 &\quad 74 &\quad (17^2)^{35}(17^4) &= (17)^{17}(17^3)^{19}\\ 19 &\quad 82 &\quad (19^2)^{39}(19^4) &= (19)^{19}(19^3)^{21}\\ \end{align}$$
소수가 $p_k\ge 5$ 다음 패턴을 따르십시오.
$$ (p^2)^{2p+1}(p^4) = (p)^{p}(p^3)^{p+2} \implies (p^2)\cdot(2p+1)+(p^4) = (p)\cdot p+(p^3)\cdot(p+2) $$
이것은 우리에게 상한을 제공합니다 $a(k)\le 4p_k+6$ 패턴이 모든 자연수를 유지하기 때문입니다.
(위에서 볼 수 있듯이) 일부 작은 소수에 대해 계산적으로 동등성이 입증되었습니다.
평등이 항상 유지된다는 것을 증명할 수 있습니까? 즉 우리가 증명할 수 있습니까$a(k)\ge 4p_k+6, k\ge 3$ ?
즉, 다음과 같은 형식의 숫자에 대한 모든 무 순서 분해가
$$ p^{4p+5} $$
모든 소수에 대해 뚜렷한 요인 합이 있음 $p\ge 5$.
즉, 우리는 $\text{A001055}$$(p^{4p+5})$ $=$ $\text{A069016}$$(p^{4p+5})$.
아니면 소수가있을 수도 있습니다 $p$그것이 반례입니까? 즉$p_k : a(k)\lt 4p_k+6$ ?
답변
참고 : 내 솔루션은 매우 길고 많은 경우를 포함하므로 일부 실수는 피할 수 없습니다. 설명이 필요한 것이 있으면 알려주십시오.
허락하다 $n$ 그와 같은 가장 작은 숫자 $p^n$요인의 합이 동일한 두 개의 순서가 지정되지 않은 분해가 있습니다. 우리는$n \le 4p+5$ 모순을 유도합니다.
표시 $A=(p^{a_1})^{n_1}\dots (p^{a_k})^{n_k}$ 과 $B=(p^{b_1})^{m_1}\dots(p^{b_l})^{m_l}$ 순서가 지정되지 않은 두 분해, $a_1 > \dots > a_k$ 과 $b_1 > \dots > b_l$. 일반성을 잃지 않고$A$ 더 높은 힘을 가지고 $p$, 즉 $a_1 \ge b_1$.
관찰 1 : $\{a_1,\dots,a_k\} \cap \{b_1,\dots,b_l\}=\emptyset$.
이것은 $a_i=b_j$ 일부 $i,j$, 그러면 우리는 $p^{a_i}$ 두 분해에서 동일한 합계를 가진 두 개의 비 순차 분해를 얻습니다. $p^{n-a_i}$, 모순되는 최소 $n$.
관찰 2 : $a_1 \le 5$.
이것은 방정식을 고려할 때 비롯됩니다. $$\begin{equation}\label{eqn1} b_1m_1+\dots+b_lm_l=n \qquad (1)\end{equation}$$ 과 $$ \begin{equation} m_1p^{b_1}+\dots+m_lp^{b_l}=n_1p^{a_1}+\dots+n_kp^{a_k}\qquad (2)\end{equation}$$ 주어진 (1)에 주어진 (2)의 LHS의 최대 값을 구한다면 $m_j \in \mathbb{R}$ 대신), 최대 값은 $m_1=n/b_1$ 과 $m_j=0$ 모든 $j \ge 2$, 여기서 최대 값은 $\frac{n}{b_1}p^{b_1}$. 반면에 (2)의 RHS는$p^{a_1}$, 따라서 우리는 $$ \frac{n}{b_1} p^{b_1} \ge p^{a_1} \iff n \ge b_1 p^{a_1-b_1} .$$ 이후 $n \le 4p+5 \le p^2$ ...에 대한 $p \ge 5$, 우리는 $$ a_1-b_1=2, b_1=1 \qquad \text{or} \qquad a_1-b_1=1, b_1 \le 4$$ 두 경우 모두 $a_1 \le 5$.
이제 다양한 경우를 고려합니다. $a_1 \in \{2,3,4,5\}$,와 함께 $a_1=4$ 가장 어렵습니다.
만약 $a_1=2$, 다음 $b_1=1$ 그리고 우리는 두 개의 분해를 얻습니다 $(p^2)^{n/2}$ 과 $p^n$. 그들은에 대해 동일한 요인 합계가 없습니다.$p>2$.
만약 $a_1=3$이면 다음과 같은 옵션이 있습니다.
- $a_2=2$, $b_1=1$. 우리는 두 가지 분해를 얻습니다$(p^3)^{n_1}(p^2)^{n_2}$ 과 $p^n$. 그들은 이후 동일한 합계가 없습니다$$np \le (4p+5)p < p^3$$ ...에 대한 $p \ge 5$.
- $a_2=1$, $b_1=2$. 우리는 두 가지 분해를 얻습니다$(p^3)^{n_1}p^{n_2}$ 과 $(p^2)^{n/2}$. 이후$$\frac{n}{2}p^2 \le \frac{4p+5}{2}p^2 < 3p^3$$ ...에 대한 $p \ge 5$, 우리는 $n_1 \in \{1,2\}$. 두 값 모두 동일한 합계로 이어지지 않습니다.
- $b_1=2$, $b_2=1$. 우리는 두 가지 분해를 얻습니다$(p^3)^{n/3}$ 과 $(p^2)^{m_1}p^{m_2}$. 그때$$ m_1 p^2+m_2p \le \frac{n}{2}p^2 < \frac{n}{3}p^3. $$
- $b_1=2$. 우리는$(p^3)^{n/3}$ 과 $(p^2)^{n/2}$, 합계가 같지 않습니다.
- $b_1=1$. 우리는$(p^3)^{n/3}$ 과 $p^n$, 합계가 같지 않습니다.
만약 $a_1=5$, 다음 $b_1=4$우리가 위에서 주장했듯이. 같은 주장으로 우리는$$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} < 2p^5 $$ 모든 선택에 $m_1,\dots,m_l$, 그래서 $n_1=1$, 및 $$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} \ge p^5 $$ 일 때만 $m_1 \ge p$. 따라서 우리는$$ A = (p^5)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-5}) \quad \text{and} \quad B= (p^4)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4p}).$$ 특히 이것은 $n \in \{4p, \dots, 4p+5\}$. 좀 더 확인하면$n$, 인수 분해 없음 $p^{n-5}$ 인수 분해와 동일한 요인 합계를가집니다. $p^{n-4p}$.
만약 $a_1=4$, 다음 $b_1=3$ 관찰 2의 주장으로부터 위의 경우와 같은 주장을 사용하여 우리는 결론을 내린다. $n_1=1$ 과 $m_1 \ge p$. 따라서 우리는$$ A = (p^4)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4}) \quad \text{and} \quad B= (p^3)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-3p}).$$ 다음 옵션을 고려하는 것이 남아 있습니다. $a_2,\dots,a_k$:
- $a_2=1$. 그렇다면$A=(p^4)p^{n-4}$ 과 $B=(p^3)^{m_1}(p^2)^{m_2}$ 같은 합계가 있어야합니다. $$ (n-4)p=(m_1-p)p^3+m_2p^2 \ge \frac{n}{2} p^2,$$ 그것은 거짓이다 $p \ge 5$ 과 $n \le 4p+5$.
- $a_2=2$, $a_3=1$. 그때$A=(p^4)(p^2)^{n_2}p^{n_3}$ 과 $B=(p^3)^{n/3}$. 합계가 같으면$$ (n/3-p)p^3=n_2p^2+n_3p$$ 그래서 특히 $p \mid n_3$. 이후$n_3 \le n-4 \le 4p+1$ 우리는 가져야한다 $n_3 \in \{p,2p,3p,4p\}$. 각 값 연결$n_3$ 과 $n_2=n-4-n_3$ 방정식에 대한 정수 값을 산출하는 것은 없음을 발견했습니다. $n$.
- $a_2=2$. 그때$A=(p^4)(p^2)^{(n-4)/2}$ 과 $B=(p^3)^{m_1}p^{m_2}$. 합계가 같으면$$\frac{n-4}{2}p^2=(m_1-p)p^3+m_2p$$ 그래서 $p \mid m_2$, 위와 비슷하게 $m_2 \in \{p,2p,3p\}$. 다시, 각 값을 연결$m_2$ 과 $m_1=n-m_2$ 방정식에 대한 정수 값을 산출하는 것은 없음을 발견했습니다. $n \le 4p+5$.