Las dos secuencias que se han encontrado son las únicas secuencias que satisfacer a todos los tres de sus limitaciones.
Primero, notamos que, ya que debe ser capaz de escribir $1=a_i b_j$ algunos $i$$j$, $1$ debe ser un elemento de ambas secuencias. Por lo tanto $a_1=b_1=1$. (De lo contrario $1$ no aparecería en una de las secuencias, ya que las secuencias están aumentando)
A continuación, los siguientes es verdadera:
Cada número natural $n>1$ puede ser en la mayoría de los una de las secuencias.
Esto es porque si $a_i=b_j=n$, entonces tendríamos $a_1b_j = a_i b_1 = n$, contradiciendo el requisito de la singularidad de la escritura $n$ como producto de los elementos de cada secuencia.
También haremos uso repetido de el hecho de que si $n$ es un número natural tal que todos los factores de $n$ otros de los que posiblemente $n$ sí aparecen en una de las secuencias (es decir, todos en $A$ o de $B$), a continuación, $n$ debe aparecer en una de las secuencias.
Para demostrarlo, supongamos, sin pérdida de generalidad que todos los factores de $n$$A$. Debemos ser capaces de escribir $n=a_ib_j$ algunos $i$$j$. Suponga que tanto $a_i\neq n$$b_j \neq n$. A continuación, $b_j$ es un buen factor de $n$ que no es igual a $1$ o $n$ $b_j$ aparece en $A$. Pero, a continuación, $b_j$ aparece en ambas secuencias, lo cual es una contradicción.
Nos cuenta que desde $2=a_i b_j$ algunos $i$$j$, $2$ debe aparecer en una de las secuencias, y puesto que cada secuencia es estrictamente creciente, $a_2=2$ o $b_2 = 2$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $a_2=2$.
Ya que tenemos que $3=a_i b_j$ algunos $i$$j$, podemos ver que $3$ también debe estar en una de las secuencias. (De hecho, cualquier número primo debe ser en una de las secuencias), Ya que las secuencias están aumentando, $a_3=3$ o $b_2=3$.
Supongamos que $a_3=3$. Entonces yo reclamo que $a_n=n$ todos los $n$. Voy a probar esto por inducción.
La base de los casos son verdaderas desde $a_n=n$$n=1,2,3$. Supongamos que $a_k=k$ todos los $k \leq n$ donde $n \geq 3$. Vamos a mostrar que el $a_{n+1}=n+1$.
Supongamos que $a_{n+1} \neq n+1$. (Y, por tanto, que el $n+1$ no aparece en $a$) Para cualquier $k\leq n$ vemos que $k$ no está en la segunda secuencia, ya que cada número natural puede aparecer en la mayoría de los una de las secuencias. Por lo tanto, todos los factores de $n+1$ se producen sólo en la primera secuencia. Vemos que para nosotros escribir $n+1$ como producto de los elementos de cada secuencia, que $n+1$ sí debe estar en una de las secuencias, y por lo $b_2=n+1$. Las limitaciones necesario, entonces, que el $b_3 \geq 2b_2-b_1 = 2n+1$, y por lo $n+2$ no aparece en la segunda secuencia. Desde $n+1$ no es un factor de $n+2$, podemos ver que $n+2$ debe ser en la primera secuencia, y por lo $a_{n+1}=n+2$. De nuevo, desde el $n+1$ no es un factor de $n+3$, podemos ver que $n+3$ debe ser en una de las secuencias. Pero $a_{n+2}\geq 2a_{n+1}-a_n=n+4$ $b_3 \geq 2n+1 > n+3$ desde $n\geq 3$, y por lo $n+3$ no puede ser ya sea en secuencia, una contradicción.
Por lo tanto $a_{n+1}=n+1$, y por lo $a_n=n$ todos los $n$ por inducción. Pero esto es claramente una contradicción ya que, a continuación, la segunda secuencia sólo puede contener el número de $1$!.
Por lo tanto, debemos tener ese $b_2=3$. A continuación, podemos ver también que $a_3=4$ desde $4$ debe aparecer en una de las secuencias (de hecho, cualquier cuadrado de un número primo debe aparecer en una de las secuencias), y $b_3 \geq 5$.
Ahora vamos a probar el siguiente reclamo por inducción:
Para algún número natural $n$ si $k \leq 2^n$ $k$ aparece en $A$ fib $k$ es una potencia de $2$, $k$ aparece en $B$ fib $k$ es impar, y $k$ aparece en ninguna secuencia de otra manera.
Vemos que esto implicaría que las secuencias deben de coincidir con los dos que ya se ha encontrado.
Nuestra afirmación es verdadera para $n=1$ $n=2$ como se mostró anteriormente. Supongamos que es cierto para algunos $n$.
Primero nos tenga en cuenta que cualquier número par entre el $2^n$ $2^{n+1}$ puede ser escrita como el producto de los elementos de cada lista, ya que cualquier número es de la forma $m2^k$ donde $k\leq n$ $m$ es un número impar menor que $2^n$. Así, estos números no aparecen en la secuencia.
Ahora tenga en cuenta que la hipótesis inductiva implica que $a_{n}=2^{n-1}$$a_{n+1}=2^n$, y por lo $a_{n+2}\geq 2a_{n+1}-a_n = 2^n + 2^{n-1}$.
Supongamos que $m$ es un número impar tal que $0<m<2^{n-1}$. Yo reclamo que $2^n+m$ se encuentra en $B$. Cualquier factor de $2^n+m$ debe ser impar, y en la mayoría de las $\frac{2^n+m}{2}<2^n$, y por lo tanto aparece en $B$ por la hipótesis inductiva. Por lo tanto $2^n+m$ debe estar en una de las secuencias. Pero $a_{n+1}<2^n+m<a_{n+2}$, y por lo $2^n+m$ debe aparecer en $B$.
Ahora vamos a demostrar que si $m$ es un número impar con $2^{n-1}<m<2^n$ que $2^n+m$ también aparece en la segunda secuencia. Vamos a proceder inductivamente. Supongamos que todos los números impares menos de $2^n+m$ ya han demostrado que mienten en $B$. Entonces, todos los factores de $2^n+m$ son impares y, por tanto, de la mentira en $B$, y por lo $2^n+m$ aparece en una de las secuencias. Supongamos que es la primera. es decir, que $a_{n+2}=2^n+m$ a continuación, vemos que $a_{n+3}\geq 2^n+2m \geq 2^{n}+2(2^{n-1}+1)=2^{n+1}+2$ $2^{n+1}$ no aparece en la primera secuencia. Pero todos los de su propia factores que aparecen en la primera secuencia, y por lo $B$ contiene $2^{n+1}$. Pero ahora, considere el número impar $s=2^{n+1}+1$. Todos los de su propia factores son en la mayoría de las $\frac{s}{2}<2^n+1$, por lo que yacen en $B$. Por lo tanto $s$ aparece en una de las secuencias, y no puede aparecer en $A$. Por lo tanto $s$ aparece en $B$, y por lo $2^{n+1}$ $2^{n+1}+1$ son términos consecutivos en $B$. Pero su diferencia es $1<b_2-b_1$, lo cual es una contradicción.
Por lo tanto $2^n+m$ debe ser en la segunda lista, y así vemos que todos los números impares menos de $2^{n+1}$ están en la segunda lista. Finalmente, $2^{n+1}$ tiene todos sus factores en la primera secuencia, y así debe aparecer en una de las secuencias. Puede no aparecer en la segunda secuencia, ya que el elemento siguiente $2^{n+1}-1$ debe ser de al menos $2^{n+1}+1$, y por lo $2^{n+1}$ aparece en la primera secuencia, y de modo que el resultado es cierto para $n+1$.
Esto demuestra nuestro reclamo.
