มีโจทย์ให้ช่วยคิดครับ

[nongtum]

หลังจากนั่งคิดไม่ออกมาหลายชั่วโมง ผมเลยขอถาม/รวมสมองชาว mathcenter ช่วยทำและ/หรือเสนอแนวคิดสองข้อนี้ครับ
1. จงหาจำนวนเต็มบวก k ทั้งหมดที่ทำให้มีจำนวนนับ n ซึ่งสอดคล้องกับ
\[\frac{d(n^2)}{d(n)}=k\]
เมื่อ \(d(n)\) แทนด้วยจำนวนตัวประกอบทั้งหมดของ n (รวม 1 และ n)

เท่าที่ทำมาได้

ให้ \(n=\Pi{p_i^{k_i}}\) โดยใช้ Combinatorics อย่างง่ายๆ จะได้ \(d(n)=\Pi({k_i}+1)\), \(d(n^2)=\Pi({2k_i}+1)\)
จากสมการที่โจทย์ให้จะได้ k_i เป็นเลขคู่ และ k เป็นเลขคี่
นอกจากนี้ยังจะได้ว่า n ไม่เป็นจำนวนเฉพาะหรืออยู่ในรูป \(n=\Pi{p_i}\)
...???...

2. จงหาจำนวนนับ a,b ทั้งหมดที่สอดคล้องกับสมการ \[a^b=b^a\]

เท่าที่ทำมาได้

โดยไม่เสียนัย ให้ \(b=ka, k\ge1\)
แทนค่า b แล้วแก้สมการหาค่า a,b ในเทอมของ k จะได้ \[a=k^{\frac{1}{k-1}},\ b=k^{\frac{k}{k-1}}\]
ในกรณีที่ k=1 จะได้ a=b เป็นคำตอบ
ที่ยังคิดไม่ตก คือ เมื่อ k>1 (ซึ่งมีคำตอบ เช่น \(2^4=4^2\)) จะทำต่อหรือแสดงอย่างไรว่ามีคำตอบนี้อยู่ เพราะคิดหลายตลบ แล้วก็ยังได้ k=1

ขอบคุณล่วงหน้าครับ ^_^

[warut]

ข้อ 2. ให้ t = 1/(k - 1) นั่นคือ k = 1 + 1/t จะทำให้สมการ parametric ง่ายขึ้น น่าจะช่วยให้หาคำตอบออกมาได้มั้งครับ

[warut]

ข้อ 1. นี่ผมไม่เคยทำและทำไม่ได้ครับ รู้แต่ว่า Farkas พิสูจน์ไว้ว่า d(n²)/d(n) สามารถมีค่าเป็นจำนวนคี่บวกใดๆก็ได้ ลองค้นห้องสมุดหาเล่มนี้ดูนะครับ

Hershel M. Farkas, Variants of the 3N + 1 conjecture, Proceedings on Geometry, Groups, Dynamics and Spectral Theory. In memory of Robert Brooks. Edited by Michael Entov, Yehuda Pinchover, and Michah Sageev.

รายละเอียดมีให้แค่นี้ครับ เพราะในหนังสือที่ผมค้นมานี่มันยังบอกว่าเป็นแค่ submitted อยู่เลยครับ

[TOP]

ข้อ 2 เคยเฉลยกันมานานแล้วครับ ที่ จงแก้สมการ หาค่า x

[nongtum]

แหะๆๆ ขอโทษทีครับที่ลืมเช็คกระทู้เก่า แต่ต้องขอบคุณคุณ top และ warut ด้วยครับที่แนะนำ ตอนนี้คิดข้อสองออกแล้วครับ แต่ต่างจากที่คุณ top ลิงค์ไปนิดนึง คือ ผมใช้การเปลี่ยน parameter อย่างที่คุณ warut บอก แล้วพิจารณาเป็นกรณีๆไป (โดยไม่นับกรณี 0⁰)
ส่วนข้องแรกยังคิดไม่ออกครับ ว่าจะลองใช้ induction ดู แต่หากใครคิดไอเดียอื่นออก ก็ช่วยกันหน่อยนะครับ ส่วนหนังสือที่แนะนำ หาไม่เจอครับ

[warut]

ถ้านี่เป็นโจทย์การบ้าน อาจารย์ของคุณ nongtum ก็โหดมากครับ เอาสิ่งที่ค้นพบใหม่ล่าสุดมาถาม ผมชักจะเชื่อที่เค้าพูดๆกันแล้วว่า คณิตศาสตร์ที่เยอรมันหินที่สุด (อีกแห่งก็คืออิสราเอล) ผมเดาว่าถึงแม้การพิสูจน์อาจไม่ต้องการใช้เทคนิคขั้นสูง แต่ก็คงไม่ง่ายนัก ไม่งั้นความจริงอันนี้ก็คงถูกค้นพบไปนานแล้วล่ะครับ

เท่าที่เช็คดู Proceedings อันที่ผมกล่าวถึงยังไม่ได้ published เลยครับ และรู้สึกว่าชื่อของบทความที่ถูกคือ Variants of the 3N+1 Conjecture and Multiplicative Semigroups (To appear in Proceedings of Conference in memory of Robert Brooks)

เพิ่มเติมให้อีกนิดครับว่า Farkas พิสูจน์ไว้ด้วยว่า d(n³)/d(n) สามารถมีค่าเป็นจำนวนเต็มบวกใดๆก็ได้ที่ไม่ใช่พหุคูณของ 3

[warut]

ผมได้เห็นตัวบทพิสูจน์แล้วครับ ยาวประมาณ 3 หน้า แต่ไม่รู้จะ hint ให้ยังไงครับ เพราะการพิสูจน์มันอ้อมโลกมา คือมันเริ่มจากที่เค้าพิจารณา variant อันหนึ่งของ 3N + 1 conjecture แล้วก็ไปศึกษา multiplicative semigroup ที่เกิดจากเซต { (4n+1)/(2n+1) : n = 0, 1, 2, ... } และการคูณธรรมดา สุดท้ายจึงนำไปใช้พิสูจน์เรื่อง d(n²)/d(n) น่ะครับ

ตัวอย่าง ถ้า \(n=1511654400000000=2^{16}\cdot3^{10}\cdot5^8\) จะได้ \(k=d(n^2)/d(n)=7\)

[nongtum]

ข้อแรกผมคิดว่าผมคิดออกที่ไม่อาศัย 3n+1-conjecture แล้วละครับ โดยที่ต่อจากที่ผมทำ พิสูจน์ต่อโดย Induction บน m เมื่อ k=2m-1 โดยอาศัยว่า d(n) เป็น multiplicative function ส่วนวิธีละเอียดหากสนใจจะมาขยายความทีหลังครับ

ครั้งนี้มีอีกข้อมาให้ช่วยกันเล่นและออกไอเดียหน่อยครับ
3. ให้ a,b เป็นจำนวนตรรกยะ จงแสดงว่า หาก \(ax^2+by^2=1\) มีคำตอบเป็นจำนวนตรรกยะหนึ่งคำตอบ สมการนี้จะมีคำตอบเป็นจำนวนตรรกยะไม่จำกัดจำนวน

[warut]

แน่นอน...ผมอยากเห็นการพิสูจน์ครับ เห็นแล้วก็อาจมีคำถามถามต่ออีก

ส่วนเรื่อง quadratic diophantine นี่คิดว่าคุณ TOP เคยอธิบายไว้เมื่อนานมาแล้ว แต่ผมจำไม่ได้ว่าอยู่ไหนน่ะครับ

[nongtum]

ข้อแรกหากจะเอากันแบบเป๊ะจริงๆ หากคิดอย่างที่ผมเกริ่นไว้ มันจะขาดไปหนึ่งกรณีใหญ่ๆที่ผมยังพิสูจน์ไม่ได้ (ซึ่งจะขออธิบายในวิธีทำ)แต่ส่วนที่เหลือต่อจากด้านบนเป็นดังนี้ครับ
...
d(n) เป็น multiplicative Function (Trivial)
Induction บน m เมื่อ k=2m-1: จะแสดงว่ามี n ที่สอดคล้องกับสมการที่ให้มา
เมื่อ k=1 จะได้ n=1
ให้ข้อสันนิษฐานของเราเป็นจริงสำหรับ m=1,2,...,t อันรวมไปถึงข้อสันนิษฐานเป็นจริงสำหรับจำนวนเฉพาะคี่ทุกตัวที่น้อยกว่า 2t-1
ในกรณีที่ 2t+1 เป็นจำนวนประกอบ จะได้ว่าข้อสันนิษฐานเป็นจริงจาก d(n) multiplicative (2t+1 เป็นผลคูณของจำนวนเฉพาะที่น้อยกว่า 2t-1)
จึงเหลือแค่การพิสูจน์ว่าหาก 2t+1 เป็นจำนวนเฉพาะ ข้อสันนิษฐานของเราก็(ยัง)เป็นจริง
(ที่จริงอยากให้เหตุผลว่า เมื่อ t เข้าใกล้อนันต์ชะมัด แต่แบบนั้นก็ไม่ใช่ Induction นะสิ)
...
ป.ล. โจทย์สามข้อที่ให้ช่วยคิดนี้ เป็นโจทย์การบ้านเสริมครับ ไม่มีผลต่อคะแนนเก็บ ข้อแรกตอนที่คุยกับคนออกโจทย์ เขาก็บอกแนวคิดคร่าวๆแบบนี้(ยกเว้นสองบรรทัดสุดท้ายที่ผมคิดต่อเอง)

เปิดกว้างสำหรับทุกความคิดเห็นครับ

[warut]

ยังไงถ้าคุณ nongtum คิดออกหมดแล้วหรือได้เฉลยจากผู้ออกโจทย์แล้วช่วยมาพิมพ์ให้ดูหน่อยนะครับ ขอบคุณมากครับ

[Punk]

ข้อ 1 เป็นโจทย์ใน IMO Shortlisted ปี 1998

[warut]

จริงด้วยครับ เป็นโจทย์ IMO 1998 ตอนนี้ขอเวลาผมพยายามทำความเข้าใจกับการพิสูจน์ของเค้าก่อน แต่เท่าที่ดูรู้สึกว่าน่าจะแตกต่างจากการพิสูจน์ของ Farkas นะครับ สงสัยต้อง e-mail ไปบอกหลายคนเลย

[nongtum]

ขอบคุณคุณ warut และคุณ Punk ด้วยครับสำหรับลิงค์ อุตส่าห์มาถูกทางแล้ว แต่ไอ้ช่วงปิด induction จาก k ไป 2^mk-1 นึกไม่ถึงเลยว่าจะใช้อะไรที่หวือหวาแต่ไม่ยากแบบนี้ แถมไม่ต้องปวดหัวกับกรณีที่ 2t+1 (จากด้านบน)เป็นจำนวนเฉพาะด้วย เยี่ยมจริงๆ(ข้าน้อยยังอ่อนหัดโจทย์แนวนี้เป็นยิ่งนัก) หากเห็นโจทย์ก่อนหน้านี้สักหน่อย ชีวิตคงง่ายกว่าเดิมเยอะ ^^

[warut]

หลังจากโอ้เอ้อยู่กว่าครึ่งปี ในที่สุดเมื่อ 23 ม.ค. 2549 ผมก็ได้ส่ง e-mail ไปบอกเรื่อง $d(n^2)/d(n)$ นี้กับ Richard Guy (ซึ่งเขาเป็นคนรวบรวม current status ของ unsolved problems in number theory) และเมื่อวานนี้ (ปีกว่าให้หลัง) เขาจึงได้ตอบกลับมาครับ

จะเห็นว่าบางที research mathematicians ก็อาจจะพลาดข้อมูลที่น่าสนใจไปได้เหมือนกัน เพราะไม่ได้ติดตามพวกโจทย์โอลิมปิกมากนัก

ขอบคุณคุณ nongtum ที่นำโจทย์นี้มาถาม และขอบคุณคุณ Punk ที่ช่วยชี้ที่มาให้ครับ

Edit เพิ่มเติม: มีกระทู้อันนึงที่ วิชาการ.คอม ที่เกี่ยวกับเรื่องนี้ด้วยล่ะครับ คือเป็นโจทย์ที่์ให้หาจำนวนเต็มบวก $n$ ที่ $d(n^2)/d(n)=15$ และคุณ Cartoon ได้แสดงวิธีทำอย่างสวยงามไว้แล้วครับ