IMO 2010 ข้อ 3 กับการขยายโจทย์

[Keehlzver]

"จงหาฟังก์ชัน $g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ ทั้งหมดที่ทำให้ $(g(x_{1})+x_{2}+...+x_{n})(x_{1}+g(x_{2})+...+x_{n})...(x_{1}+x_{2}+...+g(x_n))$ เป็นกำลัง $n$ สมบูรณ์ (nth Perfect power) ทุกจำนวนเต็มบวก $x_i$"
สำหรับกรณี $n=2$ ได้นำมาเป็นข้อสอบ IMO 2010 ที่ผ่านมากรณีของข้างบนเป็นการขยายโจทย์ข้อดังกล่าว สำหรับบทพิสูจน์นั้น ผมได้ดูจากหนังสือเฉลยของอ.ดำรงค์ ทิพย์โยธา มีการพิสูจน์ดังนี้

บทพิสูจน์ย่อ

1.นิยาม S={$g|g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ และ $(g(n)+m)(n+g(m))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ทุกจำนวนเต็มบวก $m,n$}
2.นิยาม $g_{k}=x+k$ สำหรับจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์ $k$
3.ให้เหตุผลว่า $\left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\} \subset S$
4.พิสูจน์ว่า เป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=0$
สมมติว่า $g(n+1)=g(n)$ เพราะว่า $(g(m)+n)(m+g(n))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เลือก $m=n+1$ จะได้ว่า $(g(n+1)+n)(n+1+g(n))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ แต่ว่า $(g(n+1)+n)(n+1+g(n))=(g(n)+n)(n+1+g(n))>(g(n)+n)(g(n)+n)=(g(n)+n)^2$ และ $(g(n+1)+n)(n+1+g(n))=(g(n)+n)(n+1+g(n))<(g(n)+n+1)(n+1+g(n))=(g(n)+n+1)^2$
ทำให้ได้ว่า $(g(n+1)+n)(n+1+g(n))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ที่อยู่ระหว่างกำลังสองสมบูรณ์ของจำนวนเต็มบวกสองจำนวนที่ติดกัน ซึ่งเป็นไปไม่ได้ ดังนั้น $g(n+1)\not = g(n)$

5. สมมติว่า $|g(n+1)-g(n)|>1$ ดังนั้นมี จำนวนเฉพาะ $p$ โดยที่ $p$ หาร $g(n+1)-g(n)$ ลงตัว
6.ให้เหตุผลว่า มี $q,k$ ที่ทำให้ $g(n+1)=g(n)+qp^k$ โดยที่ $p^{k}\parallel g(n+1)-g(n)$ และ $p \nmid q$
7.กรณี $k$ เป็นเลขคี่ สร้างลำดับ $p^k-g(n)<p^{2k+1}-g(n)<p^{2k+3}-g(n)<...$ และ $p^{k+1}+qp^k<p^{2k+1}+qp^k<p^{2k+3}+qp^k<...$
ดังนั้น มี $j$ เป็นเลขคี่ โดยที่ $j>k$ ที่ทำให้ $p^j-g(n)$ และ $p^j+qp^k$ เป็นจำนวนเต็มบวก เลือก $m=p^j-g(n)$ จาก $(g(m)+n)(g(n)+m)$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์จะได้ $g(m)+n)p^j$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์โดยบทช่วย 1 จะได้ว่า $p\nmid g(m)+n$ หรือ $p \nmid g(m)+n+1$ ซึ่งก็พิสูจน์ต่อไปได้ว่าเป็นไปไม่ได้ทั้งสองกรณี ใช้บทช่วย 2
7.1 กรณี $p\nmid g(m)+n$ จาก $(g(m)+n)(m+g(n))=(g(m)+n)p^j$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เพราะว่า $p\nmid g(m)+n$ และ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ $j$ เป็นจำนวนเต็มคี่
จากบทช่วย 2 จะได้ว่า $(g(m)+n)p^j$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $(g(m)+n)(m+g(n))$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เกิดข้อขัดแย้งขึ้นกับ $(g(m)+n)(m+g(n))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์
7.2 กรณี $p\nmid g(m)+n+1$ จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(m)+n+1)(m+g(n+1)) \\
= & (g(m)+n+1)(m+g(n)+qp^k) \\
= & (g(m)+n+1)(p^j+qp^k) \\
= & (g(m)+n+1)(p^{j-k}+q)p^k \\
\end{array} \]

เพราะว่า $p\nmid g(m)+n+1$ และ $p\nmid q$ ดังนั้น $p\nmid (g(m)+n+1)(p^{j-k}+q)$ จาก $k$ เป็นจำนวนเต็มคี่และ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ จากบทช่วย 2 จะได้ว่า $(g(m)+n+1)(p^{j-k}+q)p^k$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $(g(m)+n+1)(m+g(n+1))$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เกิดข้อขัดแย้งขึ้นกับ $(g(m)+n+1)(m+g(n+1))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์

8.กรณี $k$ เป็นเลขคู่ สร้างลำดับ $p^k+p-g(n)<p^{k+1}+p-g(n)<p^{k+2}+p-g(n)<...$ และ $p^k+p+qp^k<p^{k+1}+p+qp^k<p^{k+2}+p+qp^k<...$
ดังนั้น มี $s\geq 2$ เป็นเลขคู่ โดยที่ $s>k$ ที่ทำให้ $p^s+p-g(n)$ และ $p^s+p+qp^k$ เป็นจำนวนเต็มบวก เลือกให้ $m=p^s+p-g(n)$ จาก $(g(m)+n)(g(n)+m)$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์จะได้ $g(m)+n)(p^{s-1}+1)p$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ โดยบทช่วย 1 จะได้ว่า $p\nmid g(m)+n$ หรือ $p \nmid g(m)+n+1$ ซึ่งก็พิสูจน์ต่อไปได้ว่าเป็นไปไม่ได้ทั้งสองกรณี ใช้บทช่วย 2
8.1 กรณี $p\nmid g(m)+n$ จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(m)+n)(m+g(n)) \\
= & (g(m)+n))(p^s+p) \\
= & (g(m)+n)(p^{s-1}+1)p \\
\end{array} \]

เพราะว่า $p\nmid g(m)+n$ และ $p\nmid 1$ ดังนั้น $p\nmid (g(m)+n)(p^{s-1}+1)$ จาก $1$ เป็นจำนวนเต็มคี่ และ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้ว่า จากบทช่วย 2 $(g(m)+n)(p^{s-1}+1)p$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $(g(m)+n)(m+g(n))$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เกิดข้อขัดแย้งกับ $(g(m)+n)(m+g(n))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์

8.2 กรณี $p\nmid g(m)+n+1$ จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(m)+n+1)(m+g(n+1)) \\
= & (g(m)+n+1)(m+g(n)+qp^k) \\
= & (g(m)+n+1)(p^s+p+qp^k) \\
= & (g(m)+n+1)(p^{s-1}+1+qp^{k-1})p \\
\end{array} \]

เพราะว่า $p\nmid g(m)+n+1$ และ $p\mid p^{s-1}+qp^{k-1}$ แต่ว่า $p\nmid 1$ ดังนั้น $p\nmid (g(m)+n+1)(p^{s-1}+1+p^{k-1})$ จาก $1$ เป็นจำนวนเต็มคี่ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้ว่า จากบทช่วย 2 $(g(m)+n+1)(p^{s-1}+1+qp^{k-1})p$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ดังนั้น $(g(m)+n+1)(m+g(n+1))$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เกิดข้อขัดแย้งกับ $(g(m)+n+1)(m+g(n+1))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์
ดังนั้นเป็นไปไม่ได้ที่ $|g(n+1)-g(n)|>1$

9.ให้เหตุผลว่าจากการที่ $|g(n+1)-g(n)|>1$ เป็นไปไม่ได้ ดังนั้น $|g(n+1)-g(n)|\leq 1$ เท่านั้น แต่ว่า จากข้อ 4. $g(n+1)=g(n)$ เป็นไปไม่ได้ ดังนั้น $|g(n+1)-g(n)|=1$ เท่านั้น

10.จะพิสูจน์ว่าเป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=-1$
สมมติว่า $g(n+1)-g(n)=-1$ ให้ $g(1)=k$ จะได้ว่า
$g(2)=g(1)-1=k-1$
$g(3)=g(2)-1=k-2$
$\vdots$
$g(k)=g(1)-1(k-1)=1$
$g(k+1)=g(k)-1=0$ ทำให้ได้ว่า $g(k+1)=0$ เกิดข้อขัดแย้งกับ $g(k+1) \in \mathbb{N}$ ดังนั้นเป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=-1$ ดังนั้น $g(n+1)-g(n)=1$ เท่านั้น

11.จาก $g(n+1)-g(n)=1$ นิยาม $c=g(1)-1$ เป็นจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์ จะได้ว่า $g(1)=1+c$
ให้ $P(n)$ แทนข้อความ "$g(n)=n+c$"
การแสดงว่า $P(1)$ เป็นจริง
เพราะว่า $g(1)=1+c$ ดังนั้น $P(1)$ เป็นจริง
การแสดงว่า $P(k)$ เป็นจริง เมื่อ $k\geq 1$ แล้ว $P(k+1)$ เป็นจริง
เพราะว่า $P(k)$ เป็นจริง ดังนั้น $g(k)=k+c$ จะได้ว่า $g(k+1)=g(k)+1=k+c+1=(k+1)+c$
ดังนั้น $P(k+1)$ เป็นจริง โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ $P(n)$ เป็นจริงทุกจำนวนเต็มบวก $n$

12.ให้เหตุผลว่า จาก $g(n)=n+c$ จะได้ว่า $g=g_{c}$ เพราะฉะนั้น $g\in \left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$ เพราะฉะนั้น $S\subset \left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$

13.ให้เหตุผลจากข้อ 3. และข้อ 12. จะได้ว่า $S=\left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$ ดังนั้น $g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ ซึ่ง $(g(n)+m)(n+g(m))$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ ทุกจำนวนเต็มบวก $m,n$ จะอยู่ในรูปของ $g(n)=n+c$ ทุกจำนวนเต็มบวก $n$ เมื่อ $c$ เป็นจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์

บทช่วย 1
ให้ $x$ เป็นจำนวนเต็ม และ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้ $p\nmid x$ หรือ $p\nmid x+1$

พิสูจน์

สมมติว่าจริงทั้งคู่ จับมาลบกัน จะได้ว่า $p\mid 1$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

บทช่วย 2
ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ $x,y,z$ เป็นจำนวนเต็มบวกโดยที่ $x=yp^z$ และ $p\nmid y$ และ $z$ เป็นเลขคี่ จะได้ว่า $x$ ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์

พิสูจน์

ให้ $x,y,z$ เป็นจำนวนเต็มบวกโดยที่ $x=yp^z$ และ $p\nmid y$ และ $z$ เป็นเลขคี่ สมมติ $x$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ เพราะฉะนั้นมี $w$ ที่ทำให้ $w^2=x$ ให้ $p_{i}$ เป็นจำนวนเฉพาะ และ $r_{i}$ เป็นจำนวนเต็มบวก $1\leq i \leq t$ ที่ทำให้ $w=p_1^{r_1}p_2^{r_2}...p_n^{r_n}$ จะได้ $w^2=p_1^{2r_1}p_2^{2r_2}...p_n^{2r_n}$ จาก $w^2=x=yp^z$ จะได้ $yp^z=p_1^{2r_1}p_2^{2r_2}...p_n^{2r_n}$ ดังนั้นมี $p_{i}=p$ ที่ทำให้ $yp_{i}^z=p_1^{2r_1}p_2^{2r_2}...p_n^{2r_n}$ เพราะฉะนั้นจาก $p\nmid y$ จะได้ $p_{i}\nmid y$ ด้วย ทำให้ $p_{i}^z=p_{i}^{2r_{i}}$ ดังนั้น $z=2r_{i}$ จะได้ว่า $2\mid z$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้ที่ เพราะ $z$ เป็นเลขคี่

จากบทพิสูจน์ข้างบนสำหรับกรณีที่ $n$ เป็นเลขคู่โจทย์ข้อนี้จะสามารถพิสูจน์ได้ด้วยวิธีที่คล้ายๆกัน (เพราะบทช่วยยังใช้ได้อยู่) แต่ต้องสร้างลำดับมาจัดการกับวงเล็บ และมีการแจงกรณีที่มากขึ้น (ผมยังไม่ได้ลอง full proof กรณี $n>2$ เป็นจำนวนเต็มคู่) แต่ปัญหามันอยู่ที่กรณี $n=3,5,...$ พิสูจน์ได้แค่ $g(n+1)\not=g(n)$ และที่สำคัญที่สุดคือบทช่วย 2 "ไม่มีกำลัง $n$ สมบูรณ์ที่อยู่รูปของ $yp^z$ โดยที่ $p\nmid y$ และ $z$ เป็นเลขคี่" จะเป็นจริงเพราะจำนวนเต็มบวกคู่ $n$ แต่กรณีเลขคี่มันไม่จริง นั่นเท่ากับว่าผมจะแก้โจทย์ข้อใหญ่ได้อาจจะต้องมีการโละบทพิสูจน์ใหม่ หรือหาบทช่วยที่แข็งกว่าเดิม หรืออาจจะอุปนัย (อย่างน้อยถ้าได้บทช่วยที่แข็งกว่าเดิมก็น่าจะทำอะไรต่อได้) ซึ่งตอนนี้ยังคิดไม่ได้ว่าจะจัดการกับมันยังไงดี ขอความกรุณาท่านใดมีความเห็นหรือไอเดียหรือ proof อะไรก็ตามอยากขอความอนุเคราะห์ช่วยโพสต์ลงหน่อยครับ

[Amankris]

ลองอ่านดูคร่าวๆนะ

น่าจะลองเปลี่ยนจาก "$z$ เป็นเลขคี่" เป็น "$n\nmid z$"

ปล. งงข้อ 5 อยู่นานมาก - -" (จะใช้ Contradiction ก็ไม่บอก)

[Keehlzver]

แบบนี้ใช่หรือไม่ครับ

"ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ $x,y,z$ เป็นจำนวนเต็มบวกโดยที่ $x=yp^z$ และ $p\nmid y$ และ $n\nmid z$ จะได้ว่า $x$ ไม่เป็นกำลัง $n$ สมบูรณ์"

จะว่าไปแล้วเริ่มมีทีท่าว่าจะแก้ได้ล่ะ

[Amankris]

ก็น่าจะอย่างนั้นละครับ

ถ้าแก้ออกแล้ว รบกวนแสดงเป็น วิทยานิพนธ์ เอ๊ย วิทยาทาน แก่คนอื่นๆด้วยนะครับ

_______________________________________
Edit
มีข้อสงสัยครับ

ข้อ 7
$p\nmid g(m)+n+1$ แล้วสรุปอย่างไรว่าใช้ไม่ได้ครับ

[Keehlzver]

ในที่สุดก็คิดออกกรณี $n=3$ พอจะเริ่มเห็นแนวทางการพิสูจน์กรณีทั่วไปได้แล้วครับ ท่านใดที่สามารถพิสูจน์กรณีทั่วไปได้ ขอความอนุเคราะห์แนะการพิสูจน์หรือลงบทพิสูจน์ของตัวเองได้เลยครับ

บทช่วย 3 ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ $x,y,z$ เป็นจำนวนเต็มบวก โดยที่ $x=yp^z$ และ $p\nmid y$ และ $z \not\equiv 0 \pmod{n}$ จะได้ว่า $x$ ไม่เป็นกำลัง $n$ สมบูรณ์

พิสูจน์บทช่วย 3

ให้ $x,y,z$ เป็นจำนวนเต็มบวกโดยที่ $x=yp^z$ และ $p\nmid y$ และ $z \not\equiv 0 \pmod{n}$ สมมติว่า $x$ เป็นกำลัง $n$ สมบูรณ์ เพราะฉะนั้นมี $w$ เป็นจำนวนเต็มบวกที่ทำให้ $w^n=x$ ให้ $p_{i}$ เป็นจำนวนเฉพาะ และ $r_{i}$ เป็นจำนวนเต็มบวก $1\leq i \leq t$ ที่ทำให้ $w=p_{1}^{r_{1}}p_{2}^{r_{2}}...p_{t}^{r_{t}}$ จะได้ $w^n=p_{1}^{nr_{1}}p_{2}^{nr_{2}}...p_{t}^{nr_{t}}$ จาก $w^n=x=yp^z$ จะได้ว่า $yp^z=p_{1}^{nr_{1}}p_{2}^{nr_{2}}...p_{t}^{nr_{t}}$ ดังนั้นมี $p_{i}=p$ ที่ทำให้ $yp_{i}^z=p_{1}^{nr_{1}}p_{2}^{nr_{2}}...p_{t}^{nr_{t}}$ เพราะว่า $p\nmid y$ ทำให้ได้ว่า $p_{i}\nmid y$ ด้วย เพราะฉะนั้น $p_{i}^z=p_{i}^{nr_{i}}$ ดังนั้น $z=nr_{i}$ นั่นคือ $n\mid z$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้ เพราะ $z \not\equiv 0 \pmod{n}$

Full proof กรณีกำลังสามสมบูรณ์ $n=3$

1.นิยาม $S$={$g|g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ และ $(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์ทุกจำนวนเต็มบวก $a,b,c$}
2.นิยาม $g_{k}(x)=x+k$ สำหรับจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์ $k$
3.เพราะว่า $g_{0},g_{1},...,g_{k},... \in S$ เพราะฉะนั้น $\left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\} \subset S$
4.จะพิสูจน์ว่าเป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=0$ เลือก $b=c=a$
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a+1)+b+c)(a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c)) \\
= & (g(a)+b+c)(+a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c)) \\
= & (g(a)+2a)(g(a)+2a+1)(g(a)+2a+1) \\
< & (g(a)+2a+1)(g(a)+2a+1)(g(a)+2a+1) \\
= & (g(a)+2a+1)^3
\end{array} \]

และ
\[\begin{array}{cl}
& (g(a+1)+b+c)(a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c)) \\
= & (g(a)+b+c)(+a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c)) \\
= & (g(a)+2a)(g(a)+2a+1)(g(a)+2a+1) \\
> & (g(a)+2a)(g(a)+2a)(g(a)+2a) \\
= & (g(a)+2a)^3
\end{array} \]

ดังนั้น $(g(a)+2a)^3<(g(a+1)+b+c)(a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c))<(g(a)+2a+1)^3$
เพราะฉะนั้น $(g(a+1)+b+c)(a+1+g(b)+c)(a+1+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์ที่อยู่ระหว่างกำลังสามสมบูรณ์สองจำนวนที่ติดกัน ซึ่งเป็นไปไม่ได้ เพราะฉะนั้น $g(n+1)-g(n)\not = 0$

5.สมมติว่า $|g(n+1)-g(n)|>1$ ดังนั้นจะมีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่ $p\mid g(n+1)-g(n)$
6.ดังนั้นมีจำนวนเต็มบวก $q,k$ ที่ทำให้ $g(n+1)=g(n)+qp^k$ โดยที่ $p^k \parallel g(n+1)-g(n)$ และ $p\nmid q$

7.กรณีที่ 1 $k \equiv 1 \pmod{3}$
กรณีที่ 7.1 $p\nmid g(a)+b+c$
ให้ $\left\{\,s_{i}\right\}$ และ $\left\{\,t_{i}\right\}$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ของจำนวนเต็มบวก นั่นคือ $a_{i}<a_{j}$ ทุกค่า $i<j$
ดังนั้นจะได้ว่า $p^{3s_{1}+1}-g(b)-c<p^{3s_{2}+1}-g(b)-c<...$
และ $p^{3t_{1}+1}+p+g(b)+c-g(c)<p^{3t_{2}+1}+p+g(b)+c-g(c)<...$
$p^{3s_{1}+1}+p^{3t_{1}+1}+p<p^{3s_{2}+1}+p^{3t_{2}+1}+p<...$
$p^{3s_{1}+1}+p^{3t_{1}+1}+p+qp^k<p^{3s_{2}+1}+p^{3t_{2}+1}+p+qp^k<...$
เพราะฉะนั้นมี $i,j \equiv 1 \pmod{3}$ โดยที่ $i>j>1$ ที่ทำให้ $p^{i}-g(b)-c$ และ $p^{j}+p+g(b)+c-g(c)$ และ $p^i+p^j+p$ และ $p^i+p^j+p+qp^k$ เป็นจำนวนเต็มบวก
เลือกให้ $a=p^{i}-g(b)-c$ และ $b=p^{j}+p+g(b)+c-g(c)$ จะได้ว่า $a,b$ เป็นจำนวนเต็มบวก
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c)) \\
= & (g(a)+b+c)(p^i)(p^i+p^j+p) \\
= & (g(a)+b+c)(p^{i-1}+p^{j-1}+1)p^{i+1} \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c$ และ $p\nmid (p^{i-1}+p^{j-1}+1)$ และ $i+1 \equiv 2 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c)(p^{i-1}+p^{j-1}+1)p^{i+1}$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์
ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์
กรณีที่ 7.2 $p\nmid g(a)+b+c+1$
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1)) \\
= & (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c)+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^i+1)(p^i+p^j+p+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^i+1)(p^{i-1}+p^{j-1}+qp^{k-1}+1)p \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c+1$ และ $p\nmid (p^i+1)$ และ $p\nmid (p^{i-1}+p^{j-1}+qp^{k-1}+1)$ และ $1 \not\equiv 0 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c+1)(p^i+1)(p^{i-1}+p^{j-1}+qp^{k-1}+1)p$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์ ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์

8.กรณีที่ 2 $k \equiv 2 \pmod{3}$
กรณีที่ 8.1 $p\nmid g(a)+b+c$
ให้ $\left\{\,n_{i}\right\}$ และ $\left\{\,m_{i}\right\}$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ของจำนวนเต็มบวก นั่นคือ $a_{i}<a_{j}$ ทุกค่า $i<j$
ดังนั้นจะได้ว่า $p^{3n_{1}+2}-g(b)-c<p^{3n_{2}+2}-g(b)-c<...$
และ $p^{3m_{1}+2}+g(b)+c-g(c)<p^{3m_{2}+2}+g(b)+c-g(c)<...$
$p^{3m_{1}+2}+p^{3n_{1}+2}+p^2<p^{3m_{2}+2}+p^{3n_{2}+2}+p^2<...$
$p^{3m_{1}+2}+p^{3n_{1}+2}+p^2+qp^k<p^{3m_{2}+2}+p^{3n_{2}+2}+p^2+qp^k<...$
เพราะฉะนั้นมี $x,y \equiv 2 \pmod{3}$ โดยที่ $x,y>2$ ที่ทำให้ $p^{x}-g(b)-c$ และ $p^{y}+p^2+g(b)+c-g(c)$ และ $p^x+p^y+p^2$ และ $p^x+p^y+p^2+qp^k$เป็นจำนวนเต็มบวก
เลือกให้ $a=p^{x}-g(b)-c$ และ $b=p^{y}+p^2+g(b)+c-g(c)$ จะได้ว่า $a,b$ เป็นจำนวนเต็มบวก
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c)) \\
= & (g(a)+b+c)(p^x)(p^x+p^y+p^2) \\
= & (g(a)+b+c)(p^{x-2}+p^{y-2}+1)p^{x+2} \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c$ และ $p\nmid (p^{x-2}+p^{y-2}+1)$ และ $x+2 \equiv 1 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c)(p^{x-2}+p^{y-2}+1)p^{x+2}$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์
ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์
กรณีที่ 8.2 $p\nmid g(a)+b+c+1$
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1)) \\
= & (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c)+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^x+1)(p^x+p^y+p^2+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^x+1)(p^{x-2}+p^{y-2}+1+qp^{k-2})p^2 \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c+1$ และ $p\nmid (p^x+1)$ และ $p\nmid (p^{x-2}+p^{y-2}+qp^{k-2}+1)$ และ $2 \not\equiv 0 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c+1)(p^x+1)(p^{x-2}+p^{y-2}+qp^{k-2}+1)p^2$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์ ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์

9.กรณีที่ 3 $k \equiv 0 \pmod{3}$
กรณีที่ 9.1 $p\nmid g(a)+b+c$
ให้ $\left\{\,z_{i}\right\}$ และ $\left\{\,w_{i}\right\}$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ของจำนวนเต็มบวก นั่นคือ $a_{i}<a_{j}$ ทุกค่า $i<j$
ดังนั้นจะได้ว่า $p^{3z_{1}}-g(b)-c<p^{3z_{2}}-g(b)-c<...$
และ $p^{3w_{1}}+p+g(b)+c-g(c)<p^{3w_{2}}+p+g(b)+c-g(c)<...$
$p^{3z_{1}}+p^{3w_{1}}+p<p^{3z_{2}}+p^{3w_{2}}+p<...$
$p^{3z_{1}+1}+p^{3w_{1}+1}+p+qp^k<p^{3z_{2}+1}+p^{3w_{2}+1}+p+qp^k<...$
เพราะฉะนั้นมี $z,w \equiv 0 \pmod{3}$ โดยที่ $z>w>1$ ที่ทำให้ $p^{z}-g(b)-c$ และ $p^{w}+p+g(b)+c-g(c)$ และ $p^z+p^w+p$ และ $p^z+p^w+p+qp^k$ เป็นจำนวนเต็มบวก
เลือกให้ $a=p^{z}-g(b)-c$ และ $b=p^{w}+p+g(b)+c-g(c)$ จะได้ว่า $a,b$ เป็นจำนวนเต็มบวก
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c)) \\
= & (g(a)+b+c)(p^z)(p^z+p^w+p) \\
= & (g(a)+b+c)(p^{z-1}+p^{w-1}+1)p^{z+1} \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c$ และ $p\nmid (p^{z-1}+p^{w-1}+1)$ และ $z+1 \equiv 1 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c)(p^{z-1}+p^{w-1}+1)p^{z+1}$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์
ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์
กรณีที่ 9.2 $p\nmid g(a)+b+c+1$
จาก
\[\begin{array}{cl}
& (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1)) \\
= & (g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c)+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^z+1)(p^z+p^w+p+qp^k) \\
= & (g(a)+b+c+1)(p^z+1)(p^{z-1}+p^{w-1}+qp^{k-1}+1)p \\
\end{array} \]

จาก $p\nmid g(a)+b+c+1$ และ $p\nmid (p^z+1)$ และ $p\nmid (p^{z-1}+p^{w-1}+qp^{k-1}+1)$ และ $1 \not\equiv 0 \pmod{3}$ โดยบทช่วย 3 จะได้ว่า $(g(a)+b+c+1)(p^z+1)(p^{z-1}+p^{w-1}+qp^{k-1}+1)p$ ไม่เป็นกำลังสามสมบูรณ์ ขัดแย้งกับ $(g(a)+b+c+1)(a+g(b)+c+1)(a+b+g(c+1))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์

เพราะฉะนั้นเป็นไปไม่ได้ที่ $|g(n+1)-g(n)|>1$ ดังนั้น $|g(n+1)-g(n)|\leq 1$ เท่านั้น แต่ว่า $g(n+1)-g(n)\not =0$ ดังนั้น $|g(n+1)-g(n)|=1$ เท่านั้น

10.จะพิสูจน์ว่าเป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=-1$
สมมติว่า $g(n+1)-g(n)=-1$ ให้ $g(1)=k$ จะได้ว่า
$g(2)=g(1)-1=k-1$
$g(3)=g(2)-1=k-2$

$g(k)=g(1)-1(k-1)=1$
$g(k+1)=g(k)-1=0$ ทำให้ได้ว่า $g(k+1)=0$ เกิดข้อขัดแย้งกับ $g(k+1)\in \mathbb{N}$ ดังนั้นเป็นไปไม่ได้ที่ $g(n+1)-g(n)=-1$ ดังนั้น $g(n+1)-g(n)=1$ เท่านั้น

11.จาก $g(n+1)-g(n)=1$ นิยาม $c=g(1)-1$ เป็นจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์ จะได้ว่า $g(1)=1+c$
ให้ $P(n)$ แทนข้อความ $"g(n)=n+c"$
การแสดงว่า $P(1)$ เป็นจริง
เพราะว่า $g(1)=1+c$ ดังนั้น $P(1)$ เป็นจริง
การแสดงว่า $P(k)$ เป็นจริง เมื่อ $k\geq 1$ แล้ว $P(k+1)$ เป็นจริง
เพราะว่า $P(k)$ เป็นจริง ดังนั้น $g(k)=k+c$ จะได้ว่า $g(k+1)=g(k)+1=k+c+1=(k+1)+c$
ดังนั้น $P(k+1)$ เป็นจริง โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ $P(n)$ เป็นจริงทุกจำนวนเต็มบวก $n$

12.เพราะว่า $g(n)=n+c$ เป็น $g$ ที่สอดคล้อง จะได้ว่า $g=g_{c}$ เพราะฉะนั้น $g\in \left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$ ดังนั้น $S\subset \left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$

13.จากข้อ 3. และข้อ 12. จะได้ว่า $S=\left\{\,g_{0},g_{1},...g_{k},...\right\}$ ดังนั้น $g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ ซึ่ง $(g(a)+b+c)(a+g(b)+c)(a+b+g(c))$ เป็นกำลังสามสมบูรณ์ ทุกจำนวนเต็มบวก $a,b,c$ จะอยู่ในรูปของ $g(n)=n+c$
ทุกจำนวนเต็มบวก $n$ เมื่อ $c$ เป็นจำนวนเต็มบวกหรือศูนย์