Çarpanlara ayırmaları farklı faktör toplamlarına sahip olmayan bir asalın en küçük gücü

Question

Sorun

Bir asal verildi $p$, en küçüğünü bul $n$ öyle ki bazı sırasız çarpanlara ayırma $p^n$ eşit toplam faktörlere sahiptir.

Sırasız çarpanlara ayırmalar, faktörlerin sırasının alakasız olduğu ve önemsiz faktörü içermediği çarpanlara ayırmalardır. $1$. Dikkat edin$n\gt 1$ tüm asal sayılar için $p$ çünkü asal sayıların yalnızca bir sırasız çarpanlara ayırması vardır.

Örnekler

önemli $p=2$. Bu önemsiz$n=2$ için $p=2$ Çünkü $2+2=2\cdot 2$. Yani, sırasız çarpanlara ayırma$2^2$ vardır $4$ ve $2\cdot 2$ve ikisi de aynı faktörlere sahip $4 = 2+2$.

önemli $p=3$. Fakat,$n=2$ için bir çözüm değil $p=3$ Çünkü $9\ne 3+3$. Hiçbiri$n=3$ Çünkü $27\ne 3+9 \ne 3+3+3$. Hiçbiri$n=4$ Çünkü $81\ne 27 + 3\ne 9 + 9\ne 9 + 3 + 3\ne 3 + 3 + 3 + 3$. Sonunda onu bulduk$n=12$ uyan en küçük olanıdır, çünkü aşağıdaki yinelenen faktör toplamları vardır:

$$\begin{align}{} 3^{12}&=&27\cdot3^9&=&9^6 &\implies& 27+\sum_{i=1}^{9}3 &=& \sum_{i=1}^{6}9 &=& 54 \\ 3^{12}&=&81\cdot9\cdot 3^6&=&27^4 &\implies& 81+9+\sum_{i=1}^{6}3 &=& \sum_{i=1}^{4}27 &=& 108 \end{align}$$

Dikkat edin eğer $p^{n}$ veya genel olarak herhangi bir sayı bu özelliği karşılarsa, o sayının tüm katları da onu karşılar.

Çözüm?

önemli $p\in\mathbb P$. İzin Vermek$a(k)$ böyle en küçüğü ol $n_k$ verilen $k$inci asal$p_k$. Sahibiz:

$$a(k) = 2, 12, 26, 34, 50, 58, 74, 82, \dots$$

Bu sekans için bir formül bulmak ve ispatlamak mümkün mü?

Şimdiye kadar aşağıdakilerin geçerli olduğunu fark ettim: $a(1)=2,a(2)=12,a(k)=4p_k+6,k\ge 3$.

Bunun nedeni, aşağıdaki sırasız çarpanlara ayırmalardır:

$$\begin{align} p_k &\quad n &\quad \\ 2 &\quad 2 &\quad (2)(2) &=(2^2) \\ 3 &\quad 12 &\quad (3)^9(3^3) &= (3^2)^6 &\quad (3)^6(3^2)(3^4) &= (3^3)^4 \\ 5 &\quad 26 &\quad (5^2)^{11} (5^4) &= (5)^5(5^3)^7 \\ 7 &\quad 34 &\quad (7)^{15}(7^4) &= (7)^7(7^3)^9 \\ 11 &\quad 50 &\quad (11^2)^{23}(11^4) &= (11)^{11}(11^3)^{13}\\ 13 &\quad 58 &\quad (13^2)^{27}(13^4) &= (13)^{13}(13^3)^{15}\\ 17 &\quad 74 &\quad (17^2)^{35}(17^4) &= (17)^{17}(17^3)^{19}\\ 19 &\quad 82 &\quad (19^2)^{39}(19^4) &= (19)^{19}(19^3)^{21}\\ \end{align}$$

Asal sayıların $p_k\ge 5$ aşağıdaki düzeni izleyin:

$$ (p^2)^{2p+1}(p^4) = (p)^{p}(p^3)^{p+2} \implies (p^2)\cdot(2p+1)+(p^4) = (p)\cdot p+(p^3)\cdot(p+2) $$

Bu bize bir üst sınır verir $a(k)\le 4p_k+6$ çünkü kalıp tüm doğal sayılar için geçerlidir.

Eşitlik bazı küçük asal sayılar için sayısal olarak kanıtlanmıştır (yukarıda görebileceğiniz gibi).

Eşitliğin her zaman geçerli olduğunu kanıtlayabilir miyiz? İspatlayabilir miyiz$a(k)\ge 4p_k+6, k\ge 3$ ?

Yani, formdaki sayıların tüm sırasız çarpanlara ayrıldığını kanıtlamak için kalmıştır.

$$ p^{4p+5} $$

tüm asal sayılar için farklı faktörlerin toplamı var $p\ge 5$.

Başka bir deyişle, bunu kanıtlamamız gerekiyor $\text{A001055}$$(p^{4p+5})$ $=$ $\text{A069016}$$(p^{4p+5})$.

Ya da belki bir asal var $p$bu bir karşı örnek mi? Yani$p_k : a(k)\lt 4p_k+6$ ?

Answer 1

Not: Benim çözümüm oldukça uzun ve birçok durum içeriyor, bu nedenle bazı hatalar kaçınılmazdır. Açıklanması gereken herhangi bir şey varsa bana bildirin.

---

İzin Vermek $n$ en küçük sayı ol öyle ki $p^n$eşit faktör toplamına sahip iki sırasız çarpanlara ayırma var. Bunu varsayacağız$n \le 4p+5$ ve bir çelişki yaratır.

Gösteren $A=(p^{a_1})^{n_1}\dots (p^{a_k})^{n_k}$ ve $B=(p^{b_1})^{m_1}\dots(p^{b_l})^{m_l}$ iki sırasız çarpanlara ayırma $a_1 > \dots > a_k$ ve $b_1 > \dots > b_l$. Genelliği kaybetmeden, varsayalım ki$A$ daha yüksek güce sahip $p$yani o $a_1 \ge b_1$.

Gözlem 1: $\{a_1,\dots,a_k\} \cap \{b_1,\dots,b_l\}=\emptyset$.

Çünkü eğer $a_i=b_j$ bazı $i,j$, sonra çıkarabiliriz $p^{a_i}$ için eşit toplamlı iki sırasız çarpanlara ayırma elde etmek için her iki çarpanlara ayırma $p^{n-a_i}$, asgari düzeyde çelişen $n$.

Gözlem 2: $a_1 \le 5$.

Bu, denklemleri dikkate almaktan gelir $$\begin{equation}\label{eqn1} b_1m_1+\dots+b_lm_l=n \qquad (1)\end{equation}$$ ve $$ \begin{equation} m_1p^{b_1}+\dots+m_lp^{b_l}=n_1p^{a_1}+\dots+n_kp^{a_k}\qquad (2)\end{equation}$$ Verilen (2) LHS'nin (1) (ve $m_j \in \mathbb{R}$ bunun yerine), sonra maksimuma ulaşılır $m_1=n/b_1$ ve $m_j=0$ hepsi için $j \ge 2$, maksimum değer nerede $\frac{n}{b_1}p^{b_1}$. Öte yandan, (2) 'nin RHS'si şunun alt sınırını verir$p^{a_1}$dolayısıyla sahip olmalıyız $$ \frac{n}{b_1} p^{b_1} \ge p^{a_1} \iff n \ge b_1 p^{a_1-b_1} .$$ Dan beri $n \le 4p+5 \le p^2$ için $p \ge 5$bizde var $$ a_1-b_1=2, b_1=1 \qquad \text{or} \qquad a_1-b_1=1, b_1 \le 4$$ ve her iki durumda da $a_1 \le 5$.

Şimdi çeşitli vakaları ele alıyoruz $a_1 \in \{2,3,4,5\}$, ile $a_1=4$ en zor olmak.

1. Eğer $a_1=2$, sonra $b_1=1$ ve iki çarpanlara ayırıyoruz $(p^2)^{n/2}$ ve $p^n$. İçin eşit toplam faktörlere sahip değiller$p>2$.

2. Eğer $a_1=3$, ardından aşağıdaki seçeneklere sahibiz:

   • $a_2=2$, $b_1=1$. İki çarpanlara ayırıyoruz$(p^3)^{n_1}(p^2)^{n_2}$ ve $p^n$. O zamandan beri eşit toplamları yok$$np \le (4p+5)p < p^3$$ için $p \ge 5$.
   • $a_2=1$, $b_1=2$. İki çarpanlara ayırıyoruz$(p^3)^{n_1}p^{n_2}$ ve $(p^2)^{n/2}$. Dan beri$$\frac{n}{2}p^2 \le \frac{4p+5}{2}p^2 < 3p^3$$ için $p \ge 5$bizde var $n_1 \in \{1,2\}$. Her iki değer de eşit toplama yol açmaz.
   • $b_1=2$, $b_2=1$. İki çarpanlara ayırıyoruz$(p^3)^{n/3}$ ve $(p^2)^{m_1}p^{m_2}$. Sonra$$ m_1 p^2+m_2p \le \frac{n}{2}p^2 < \frac{n}{3}p^3. $$
   • $b_1=2$. Biz alırız$(p^3)^{n/3}$ ve $(p^2)^{n/2}$, toplamları eşit olmayan.
   • $b_1=1$. Biz alırız$(p^3)^{n/3}$ ve $p^n$, toplamları eşit olmayan.

3. Eğer $a_1=5$, sonra $b_1=4$yukarıda tartıştığımız gibi. Aynı argüman çizgisiyle, bunu görebiliriz$$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} < 2p^5 $$ tüm seçenekler için $m_1,\dots,m_l$, yani $n_1=1$, ve $$ m_1p^4+\dots +m_l p^{b_l} \ge p^5 $$ Yalnızca $m_1 \ge p$. Bu nedenle, buna sahibiz$$ A = (p^5)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-5}) \quad \text{and} \quad B= (p^4)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4p}).$$ Özellikle, bu şu anlama gelir: $n \in \{4p, \dots, 4p+5\}$. Biraz daha kontrol, böyle bir$n$, çarpanlara ayırma yok $p^{n-5}$ herhangi bir çarpanlara ayırma ile aynı faktör toplamına sahiptir $p^{n-4p}$.

4. Eğer $a_1=4$, sonra $b_1=3$ Gözlem 2'deki argümandan yola çıkarak, yukarıdaki durumda olduğu gibi aynı argümanı kullanarak, $n_1=1$ ve $m_1 \ge p$. Bu nedenle, biz var$$ A = (p^4)\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-4}) \quad \text{and} \quad B= (p^3)^p\cdot(\text{unordered factorization of }p^{n-3p}).$$ Aşağıdaki seçenekleri değerlendirmek için kalır $a_2,\dots,a_k$:

   • $a_2=1$. O zaman eğer$A=(p^4)p^{n-4}$ ve $B=(p^3)^{m_1}(p^2)^{m_2}$ eşit miktara sahip olmalıyız $$ (n-4)p=(m_1-p)p^3+m_2p^2 \ge \frac{n}{2} p^2,$$ hangisi yanlış $p \ge 5$ ve $n \le 4p+5$.
   • $a_2=2$, $a_3=1$. Sonra$A=(p^4)(p^2)^{n_2}p^{n_3}$ ve $B=(p^3)^{n/3}$. Toplamları eşitse, o zaman$$ (n/3-p)p^3=n_2p^2+n_3p$$ yani özellikle $p \mid n_3$. Dan beri$n_3 \le n-4 \le 4p+1$ Biz sahip olmalıyız $n_3 \in \{p,2p,3p,4p\}$. Her değerini takmak$n_3$ ve $n_2=n-4-n_3$ denklemde hiçbirinin tamsayı değeri vermediğini görüyoruz $n$.
   • $a_2=2$. Sonra$A=(p^4)(p^2)^{(n-4)/2}$ ve $B=(p^3)^{m_1}p^{m_2}$. Toplamları eşitse, o zaman$$\frac{n-4}{2}p^2=(m_1-p)p^3+m_2p$$ yani $p \mid m_2$ve yukarıdakine benzer şekilde $m_2 \in \{p,2p,3p\}$. Yine, her bir değeri takmak$m_2$ ve $m_1=n-m_2$ denklemde hiçbirinin tamsayı değeri vermediğini görüyoruz $n \le 4p+5$.