la suma de dos números diferentes arbitrarios en la secuencia es siempre coprima con la suma de tres números diferentes arbitrarios

Question

¿Existe una secuencia de infinitos enteros positivos $a_1,a_2,...$ tal que la suma de dos números diferentes arbitrarios en la secuencia es siempre coprima con la suma de tres números diferentes arbitrarios en la secuencia?

Supongamos que existe tal secuencia.

Para cada primo $p$ si existen tres números de la secuencia $a_i,a_j,a_k$ que son divisibles por $p$ entonces $a_i+a_j$ no es coprima con $a_i+a_j+a_k$ , contradicción. Por lo tanto, $p$ puede dividir como máximo dos números de la secuencia. Por lo tanto, hay a lo sumo dos números pares de la secuencia y hay infinitos números Impares de esa secuencia.

Sin embargo, si hay dos números pares, entonces la suma de dos números Impares no es coprima con la suma de dos números Impares y uno par, ya que ambas sumas son mayores que $2$ y ambos están igualados. Por lo tanto, no hay números pares en la secuencia.

Aquí estoy atascado. ¿Cómo puedo avanzar? ¿Hay alguna forma mejor de resolver el problema?

Answer 1

Este es un comentario extenso y no una respuesta completa. Describe una idea que a mí me parece evidentemente pertinente y que no he seguido en detalle.

Podríamos (intentar) construir dicha secuencia de forma inductiva, añadiendo un entero cada vez. Es decir, podríamos empezar con $P_2=\{a_1,a_2\}$ y encontrar un $a_3$ para formar $P_3=\{a_1,a_2,a_3\}$ que "funciona hasta ahora". En general, si $P_n=\{a_1,a_2,...,a_n\}$ , encontrar y añadir un $a_{n+1}$ que hace que $P_{n+1}=\{a_1,a_2,...,a_n,a_{n+1}\}$ trabajo.

Tiendo a pensar en el $P_n$ compuesto por números primos (aunque tal vez no sea un requisito).

¿Cuáles son algunas de las condiciones y restricciones en la recogida? $a_{n+1}$ ? Si $P_n$ se ha definido, podríamos ver todos los pares $(a,b)$ de elementos de $P_n$ , mira todos los divisores primos de $a+b$ y asegúrese de que el nuevo número $c=a_{n+1}$ que elegimos no es divisible por ninguno de estos $p$ . Esto parece un requisito fácil de satisfacer, ya que nunca nos vamos a quedar sin primos grandes (nuevos grandes, no divisibles por los anteriores).

Otro requisito, que creo que es más importante, dice $c=a_{n+1}$ es el nuevo entero que queremos escoger y añadir a $P_n$ para obtener $P_{n+1}$ y decir $a,b\in P_n$ . Para cualquier primo $p$ que divide $a$ queremos asegurarnos de que $p$ no divide $b+c$ . (Obsérvese que hay simetría aquí, podemos intercambiar $a$ y $b$ .) Así que queremos descartar todos los $c$ con $kp=b+c$ , $k\in\mathbb Z$ . Por lo tanto, del conjunto de números "actualmente disponibles para recoger", queremos eliminar el conjunto $\{kp-b:k\in\mathbb Z\}$ .

He aquí una ilustración, a partir de $P_2=\{3,5\}$ . Eliminar $\{1,4,7,10,13,...\}$ y también eliminar $\{2,7,12,17,...\}$ . (Nótese que estamos eliminando dos progresiones aritméticas $3k-5$ y $5k-3$ .) Si (por presunta comodidad y para no tener problemas imprevistos) nos ceñimos a escoger primos, el primo $7$ se ha descartado, pero $11$ está disponible, así que tomamos $P_3=\{3,5,11\}.$ (Elegir los primos permite otra simplificación de la regla que excluye a los nuevos candidatos, creo, pero no intentaré escribirla).

Ahora, la pareja $(3,5)$ ya ha sido atendida (es decir, recordamos que nunca debemos escoger números $3k-5$ y $5k-3$ ). La pareja $(3,11)$ nos dice que no elijamos números $\{8,19,30,41,52,...\}$ o números $\{1,4,7,10,13,16,...\}$ (y de este último (co)conjunto ya se encargaron). La pareja $(5,11)$ descarta los números $\{6,17,28,39,50,...\}$ y $\{4,9,14,19,...\}$ . Además $3+11=14$ con un factor primo de 7, descartando todos los múltiplos de $7$ también (pero esto era lo "fácil" para no preocuparse demasiado, parte del proceso de descarte). Sucede que $3+5$ y $5+11$ son ambas potencias de $2,$ pero ya hemos descartado los números pares desde que leímos los comentarios.

La pregunta, por supuesto, ¿podría este proceso, esta selección inductiva de nuevos números, continuar para siempre? Si hubiéramos incluido un número par en $P_2$ entonces la respuesta es no. ¿Y qué pasa con $P_2=\{3,5\}$ o una opción aún mejor (en qué sentido) de $P_2$ ? Obviamente el problema tiene algo que ver con las progresiones aritméticas, en cada paso hemos excluido finitamente muchas progresiones aritméticas, ¿llegamos a un paso en el que cubrimos todos los enteros con finitamente muchas progresiones aritméticas? (Es decir, descartamos todos los enteros y no queda nada disponible para elegir un nuevo número). Creo que este tema está bien investigado, y alguien podría completar fácilmente la solución, ojalá. (Es decir, no me siento competente para hacerlo yo mismo, y realmente no puedo decir lo que otros podrían hacer.) (Tiendo a pensar en el teorema de Hales-Jewett, pero no he pensado lo suficiente para ver si es relevante).

Acabo de darme cuenta de que estaba pensando (implícitamente) en una versión restringida del problema, diciendo que si $a,b,c$ son miembros de la secuencia, entonces la suma de dos miembros cualesquiera de $\{a,b,c\}$ es coprima con $a+b+c$ . No he pensado en el caso de que elijamos cuatro o cinco miembros de la secuencia, digamos $a,b,c,d,e$ Por lo tanto, no pensé en el requisito (y sus variaciones) de que $a+b$ es coprima con $c+d+e$ . Así que ahora creo que el problema es más complicado, al menos para mí, de lo que había supuesto antes. Esto, por un lado, me hace sentir que sería más difícil demostrar que tal secuencia existe, por otro lado parece que incluso para la versión completa del problema se podría expresar el conjunto de enteros excluidos en cada etapa (es decir, en cada paso inductivo) como la unión de finitamente muchas progresiones aritméticas.

Answer 2

Que conste en acta:

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1441130p8200462

Toda la Olimpiada Rusa de Matemáticas...