Sierpiński 的初等数论问题

证明：对于任意正整数 s ≥ 3 ，方程 1 / x₁ + 1 / x₂ + … + 1 / x_s = 1 都有满足 x_12s 的正整数解，且随着 s 的增加，满足要求的解的数量也随之增加。

当 s = 3 时， x₁ = 2, x₂ = 3, x₃ = 6 是一组满足要求的解。另外，如果对于某个 s ≥ 3 ， (x₁, x₂, …, x_s) 是一组满足要求的解，那么 x₁ 必然大于 1 。于是，我们有

  1 / 2 + 1 / (2x₁) + 1 / (2x₂) + … + 1 / (2x_s)
= 1 / 2 + (1 / 2) · (1 / x₁ + 1 / x₂ + … + 1 / x_s)
= 1 / 2 + (1 / 2) · 1
= 1

_12s 。它们就成为了 s 增加 1 之后的一组解。这就立即说明了，随着 s 的增加，满足要求的解的个数不会减少，至少会保持不变。但是，我们需要证明的是，随着 s 的增加，满足要求的解的个数会严格增加。怎么办呢？

很简单。如果对于某个 s ≥ 3 ， (x₁, x₂, …, x_s) 是一组满足要求的解。于是，我们有

  1 / 2 + 1 / 3 + 1 / (6x₁) + 1 / (6x₂) + … + 1 / (6x_s)
= 5 / 6 + (1 / 6) · (1 / x₁ + 1 / x₂ + … + 1 / x_s)
= 5 / 6 + (1 / 6) · 1
= 1

_12s 。它们就成为了 s 增加 2 之后的一组解。而且，用这种方法生成的解肯定和用前一种方法生成的解是不同的——前一种方法中，所有的分母都是偶数；但在这里的方法中，第二项的分母是 3 。于是， s = 5 的解数至少等于 s = 4 的解数加上 s = 3 的解数，s = 6 的解数至少等于 s = 5 的解数加上 s = 4 的解数……因而，随着 s 的增加，解的数量一定是严格增加的。

且慢！这只能说明， s = 5 时的解数大于 s = 4 时的解数， s = 6 时的解数大于 s = 5 时的解数，等等，但为什么 s = 4 时的解数大于 s = 3 时的解数呢？这一点是刚才的推理覆盖不到的，我们还需要额外证明一下。

首先我们证明，当 s = 3 时， x₁ = 2, x₂ = 3, x₃ = 6 是唯一的一组解。如果 x₁ ≥ 3 ，则 x₂ ≥ 4 ， x₃ ≥ 5 ，于是 1 / x₁ + 1 / x₂ + 1 / x₃₁₂ 不能大于等于 4 ，只能等于 3 。因而，当 s = 3 时， x₁ = 2, x₂ = 3, x₃ = 6 是唯一的一组解。

可以验证，当 s = 4 时，我们至少有以下六组解：

• 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 7 + 1 / 42 = 1
• 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 8 + 1 / 24 = 1
• 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 9 + 1 / 18 = 1
• 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 10 + 1 / 15 = 1
• 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 5 + 1 / 20 = 1
• 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 6 + 1 / 12 = 1

因此，当 s 从 3 增加到 4 时，解的数量也是严格增加的。

证明：对于任意正整数 n ，方程 x₁ + x₂ + … + x_n = x₁ · x₂ · … · x_n 至少有一组正整数解。

当 n = 1 时，我们有 1 = 1 。当 n = 2 时，我们有 2 + 2 = 2 × 2 。当 n ≥ 3 时， 1 + 1 + … + 1 + 2 + n = 1 × 1 × … × 1 × 2 × n 总成立（等号左右两边各有 n – 2 个 1 ）。

对于某些特定的 n ，有没有可能还有其他的解呢？这里，我们规定 x₁ ≤ x₂ ≤ … ≤ x_n ，从而排除掉一些本质相同的解。答案是肯定的。例如，当 n = 5 时，除了 1 + 1 + 1 + 2 + 5 = 1 × 1 × 1 × 2 × 5 以外，我们还有以下两组解：

• 1 + 1 + 1 + 3 + 3 = 1 × 1 × 1 × 3 × 3
• 1 + 1 + 2 + 2 + 2 = 1 × 1 × 2 × 2 × 2

因此，当 n = 5 时，方程一共有至少三组正整数解。可以证明，当 n = 5 时，方程确实也只有这三组正整数解。

当 n = 13 时，将会首次出现有四组解的情况：

• 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 13 = 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 2 × 13
• 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 3 + 7 = 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 3 × 7
• 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 4 + 5 = 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 4 × 5
• 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 3 = 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 1 × 2 × 3 × 3

由此产生了一个有趣的问题：到了 n 足够大的时候，会不会出现有 5 组解、 6 组解甚至 100 组解的情况？答案仍然是肯定的。首先注意到，(2^a + 1)(2^b + 1) = 2^{a + b} + 2^a + 2^b + 1，它应该等于 2^{a + b} – 1 个 1 、一个 2^a + 1 和一个 2^b + 1 相加的结果。因此，当 n = 2²⁰⁰ + 1 时，至少会有这么 100 组解：前面 2²⁰⁰ – 1 个数都是 1 ，最后两个数是 2 + 1 和 2¹⁹⁹ + 1 ，或者 2² + 1 和 2¹⁹⁸ + 1 ，或者 2³ + 1 和 2¹⁹⁷ + 1 ，一直到 2¹⁰⁰ + 1 和 2¹⁰⁰ + 1 。利用这种思路，我们总能找到适当的 n ，使得满足要求的解的个数达到任意你想要的数目。

另一方面，不管 n 是多少，解的个数都是有限的。我们可以用一种非常简单的方法证明这一点。考虑到这 n 个数当中最大的那个数是 x_n ，因而我们有

x₁ · x₂ · … · x_n = x₁ + x₂ + … + x_n ≤ n · x_n

这说明 x₁ · x₂ · … · x_{n – 1} ≤ n ，进而说明 x₁, x₂, …, x_{n – 1} 都不能超过 n 。所以， (x₁, x₂, …, x_{n – 1}) 的取值组合只有有限多种情况。由于每一种情况最多只能对应一个解，因而总的解数就是有限的了。等等，为什么每一种情况最多只能对应一个解呢？假设 x₁, x₂, …, x_{n – 1} 的值已经确定了，不妨设它们的和为 S ，积为 P ，那么 x_n 就应该满足方程 S + x_n = P · x_n ，于是 x_n 只能等于 S / (P – 1) 。这是否对应了一个满足要求的解，则取决于 S / (P – 1) 的值是不是正整数，以及它和 x_{n – 1} 的大小关系。

让我们用 f(n) 来表示 n 个正整数之和等于它们的乘积有多少种不同的情况。我们已经证明了， f(n) 的值可以达到任意大，但却始终是有限的。但是，我们却很难刻画出关于数列 f(n) 的具体特征。 2002 年，经过一番计算机搜索后， Michael Ecker 作出了这么一个猜测：只有有限多个 n 满足 f(n) = 1 ，它们分别是 2, 3, 4, 6, 24, 114, 174, 444 。这个猜想是否正确，至今仍然未知。

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