Demostrar que no es sólo una secuencia que cumpla con las siguientes condiciones

Question

Declaración del problema es como sigue: Dado $n\geq 2$, de demostrar que usted puede elegir $1 \lt a_1 \lt a_2 \lt ... \lt a_n$ tal que $$a_i | 1 + a_1a_2...a_{i-1}a_{i+1}...a_n$$ Prove that if and only if $n \en \{2, 3, 4\}$ la secuencia es única.

Me han resuelto la primera parte. Una secuencia que satisface las condiciones $a_1 = 2$, $a_i = \prod_{j \lt i}{a_j} + 1$. Se puede ver que debido a que todos los $a_i$ $i \gt j$ igual $1$ modulo $a_j$. En cuanto a la segunda he demostrado que en el caso de $n = 2$, lo que parece bastante fácil. Pero no tengo ni idea de cómo continuar. Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Para probar el sólo si la dirección, es suficiente para encontrar más de una secuencia de si $n = 5$ ya que estos pueden ser extendida por el método que se dan en el enunciado del problema.

Para $n = 5$, tenemos las tres secuencias $$a_1 = 2,a_2 = 3,a_3 = 7,a_4 = 43,a_5 = 1807$$ $$a_1 = 2,a_2 = 3,a_3 = 7,a_4 = 47,a_5 = 395$$ $$a_1 = 2,a_2 = 3,a_3 = 11,a_4 = 23,a_5 = 31$$

Por lo tanto, hay al menos tres secuencias para $n \geq 5$.

Voy a probar ahora que la secuencia es única para$n = 3$$n = 4$. Esto completa la si la dirección desde $n = 2$ es trivial.

Nota: primero que la condición dada implica que el $a_i$ son relativamente primos.

La observación clave (como se indica en la otra respuesta) es la siguiente:

Las condiciones anteriores implican que para cualquier secuencia de los distintos los índices de $i_1,...,i_k$ hemos $$ a_{i_1}a_{i_2}...a_{i_k} | 1 + \displaystyle\sum_{m = 1}^k a_1a_2...a_{i_m - 1}a_{i_m + 1}...a_n $$ De esta manera se sigue multiplicando las relaciones $a_{i_m}|1+a_1a_2...a_{i_m - 1}a_{i_m + 1}...a_n$.

Ahora voy a mostrar la singularidad, si $n = 3$. Tenga en cuenta que la observación anterior implica que $$a_2a_3 | 1 + a_1a_3 + a_1a_2$$ Yo reclamo que debemos, de hecho, tienen $a_2a_3 = 1 + a_1a_3 + a_1a_2$. Esto se deduce ya que si $a_2a_3 < 1 + a_1a_3 + a_1a_2$, entonces, en el hecho de $$2a_2a_3 \leq 1 + a_1a_3 + a_1a_2$$ lo cual es imposible, ya que $a_2a_3 > a_1a_3$$a_2a_3 > a_1a_2$.

También se $a_1 | 1 + a_2a_3 = 1 + (1 + a_1a_3 + a_1a_2) = 2 + a_1(a_2 + a_3)$. Por lo tanto $a_1 | 2$$a_1 = 2$.

Ahora el resto de condiciones en la secuencia implican $a_2 | 1 + 2a_3$ y $a_3 | 1 + 2a_2$.

Aviso de que debemos tener $a_3 = 1 + 2a_2$ ya que de lo contrario $2a_3 \leq 1 + 2a_2$, lo que significaría $a_3 \leq a_2$.

A continuación,$a_2 | 1 + 2(1 + 2a_2) = 3 + 4a_2$, de modo que $a_2 | 3$ y hemos $a_2 = 3$, $a_3 = 7$. Esto completa el caso de $n = 3$.

Ahora voy a probar la unicidad de $n = 4$. Esta prueba será más complicado que para $n = 3$, ya que hay muchas más posibilidades de eliminar.

Por la observación que hizo en el principio, tenemos que en el caso de $k = 3$ implica que $$a_2a_3a_4 | 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ Ahora desde $a_2a_3a_4$ es estrictamente mayor que todos los sumandos en el otro lado, tenemos que $$3a_2a_3a_4 > 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ Así pues, tenemos dos posibilidades $$2a_2a_3a_4 = 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ o $$a_2a_3a_4 = 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ Voy a proceder a eliminar la primera posibilidad. Tenga en cuenta que en la primera posibilidad, no podemos tener ese $a_1$ es incluso. Además vemos que $$a_1|1 + a_2a_3a_4 = (2 + 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4)/2$$ como $a_1$ es impar tenemos $$a_1|3 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ de modo que $a_1|3$$a_1 = 3$. Con esta información podemos ver que $$2a_2a_3a_4 = 1 + 3a_2a_3 + 3a_2a_4 + 3a_3a_4 < 1 + 9a_3a_4$$ en consecuencia obtenemos que $a_2 \leq 9/2$$a_2 = 4$.

Conectando de nuevo en vemos que $$8a_3a_4 = 1 + 12a_3 + 12a_4 + 3a_3a_4$$ o reorganización de $$a_4 = \frac{12a_3 + 1}{5a_3 - 12}$$ La combinación de este con $a_3 \geq 5$ vemos que $a_4 \leq 61/13 < 6$, una contradicción. Esto demuestra que, de hecho, debemos tener $$a_2a_3a_4 = 1 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ Ahora, usamos el hecho de que $a_1 | 1 + a_2a_3a_4$ a la conclusión de que $$a_1 | 2 + a_1a_2a_3 + a_1a_2a_4 + a_1a_3a_4$$ y por lo $a_1 = 2$. De nuevo nos conecte esta es la obtención de $$a_2a_3a_4 = 1 + 2a_2a_3 + 2a_2a_4 + 2a_3a_4 < 1 + 6a_3a_4$$ Así que tenemos $a_2 \leq 6$. Desde $a_2$ $a_1$ son relativamente primos nos conseguir que $a_2 = 3$ o $a_2 = 5$.

Supongamos que $a_2 = 5$ y el enchufe esta en conseguir $$5a_3a_4 = 1 + 10a_3 + 10a_4 + 2a_3a_4$$ Esto implica que $$a_4 = \frac{10a_3 + 1}{3a_3 - 10}$$ Combinando esto con el hecho de que $a_3 \geq 7$ ($gcd(a_1,a_3) = 1$) vemos que $a_4 \leq 71/11 < 7$, una contradicción.

Por lo tanto debemos tener $a_2 = 3$. Conectando en la conseguimos $$3a_3a_4 = 1 + 6a_3 + 6a_4 + 2a_3a_4$$ Así tenemos $$a_4 = \frac{6a_3 + 1}{a_3 - 6}$$ which implies $a_3 \geq 7$.

Si $a_3 > 7$, $a_3$ debe ser de al menos 17 ($a_3$ es primo relativo con $2$$3$, e $11$ $13$ resultado $a_4$ no ser un número entero). Pero si $a_3 \geq 17$,$a_4 \leq 103/11 < 10$, una contradicción.

Por lo tanto $a_3 = 7$$a_4 = 43$. Esto completa la prueba de la unicidad si $n = 4$.

Answer 2

Este es mi enfoque: Multiplicar todas las relaciones, obtenemos $$ \prod\limits_{i=1}^{n}{a_i} \ | \ \prod\limits_{i=1}^{n}{\left(1+\prod\limits_{j=1,j!=i}^{n}{a_j}\right)} $$ It reduces to $$ \prod\limits_{i=1}^{n}{a_i} \ | \ 1+\sum\limits_{i=1}^{n}{\prod\limits_{j=1,j!=i}^{j=n}{a_j}} $$ , which means that $$ \prod\limits_{i=1}^{n}{a_i} \ \le \ 1+\sum\limits_{i=1}^{n}{\prod\limits_{j=1,j!=i}^{j=n}{a_j}} $$ When $ n=2,3,4 $, we can show that the sequence is unique by using the above inequality. And I think you can construct two sequences for $ n>4 $.