количество единичных сумм из обратных чисел

[gris]

Задача: найти количество строго возрастающих кортежей длины $N$ из натуральных чисел таких, что сумма обратных чисел равна $1$.
Ну то есть имеем равенства $\dfrac 11=1$, $\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 16=1$, $\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 17+\dfrac 1{42}=1$
и так далее. Им соответствуют кортежи $(1), (2,3,6),(2,3,7,42)$. Таких кортежей любой длины (кроме двух) можно построить несколько.
Хотелось бы построить последовательность $(1,0,1,6,66, ...)$ количества решений соответствующего диофантова уравнения. Можно его представить без дробей как сумму $\sum\limits^N_{i=1}\prod\limits^N_{j=1,j\ne i}=\prod\limits^N_{j=1}$ (как это лучше написать).
Я перебором с простенькими соображениями посчитал немножко. Но ничего не нашёл нигде. Даже на нашем форуме.
Может быть кто скажет, где можно почитать (на школьном уровне). Неужели нет в OEIS?

[ozheredov]

gris
А почему их количество конечно?

[Sender]

ozheredov, можете в качестве упражнения отыскать ограничение сверху на минимальный элемент такого кортежа заданной длины $N$?

[svv]

A006585

(N=5)

2,3,7,43,1806
2,3,7,44,924
2,3,7,45,630
2,3,7,46,483
2,3,7,48,336
2,3,7,49,294
2,3,7,51,238
2,3,7,54,189
2,3,7,56,168
2,3,7,60,140
2,3,7,63,126
2,3,7,70,105
2,3,7,78,91
2,3,8,25,600
2,3,8,26,312
2,3,8,27,216
2,3,8,28,168
2,3,8,30,120
2,3,8,32,96
2,3,8,33,88
2,3,8,36,72
2,3,8,40,60
2,3,8,42,56
2,3,9,19,342
2,3,9,20,180
2,3,9,21,126
2,3,9,22,99
2,3,9,24,72
2,3,9,27,54
2,3,9,30,45
2,3,10,16,240
2,3,10,18,90
2,3,10,20,60
2,3,10,24,40
2,3,11,14,231
2,3,11,15,110
2,3,11,22,33
2,3,12,13,156
2,3,12,14,84
2,3,12,15,60
2,3,12,16,48
2,3,12,18,36
2,3,12,20,30
2,3,12,21,28
2,3,14,15,35
2,4,5,21,420
2,4,5,22,220
2,4,5,24,120
2,4,5,25,100
2,4,5,28,70
2,4,5,30,60
2,4,5,36,45
2,4,6,13,156
2,4,6,14,84
2,4,6,15,60
2,4,6,16,48
2,4,6,18,36
2,4,6,20,30
2,4,6,21,28
2,4,7,10,140
2,4,7,12,42
2,4,7,14,28
2,4,8,9,72
2,4,8,10,40
2,4,8,12,24
2,4,9,12,18
2,4,10,12,15
2,5,6,8,120
2,5,6,9,45
2,5,6,10,30
2,5,6,12,20
3,4,5,6,20

[gris]

svv, спасибо!
Ну вот вечером пожалел компутер и состряпал бесхитростный перебор для длины $5$.

{n=0;
for(a=2,3, 
for(b=a+1,6, 
for(c=b+1,20, 
for(d=c+1,100, 
for(e=d+1,400, 

if (e*b*c*d+a*c*d*e+a*b*d*e+a*b*c*e+a*b*c*d==a*b*c*d*e, 
n=n+1;
print(n,": ",a," ",b," ",c," ",d," ",e););
);););););
print ("total ",n);
}

Ограничения $(3,6,20,100,400)$ почти вручную прикинул и получил $66$:(
Для шести не стал ждать. Вот стыдоба
А сейчас подсмотрел у вас и подставил $400 \to 2000$ и вот $72$. Сразу нашёл.
Полезу читать.

ozheredov, ну я в теории слабоват, и время уж спать пора, поэтому в эксельке соорудил массив из обратных и по начальным суммам и сравнению с единичкой там всё видно. Но это только для малых длин. Но конечность (знаменателей, а значит и количества решений) вроде бы видна из соображений общего знаменателя... Хотя не уверен.
Очень у меня доморощено

[svv]

Из комментария maxal в пункте COMMENTS следует, что максимально возможные знаменатели в зависимости от $N$ ограничены сверху последовательностью Сильвестра (A000058, от тех чисел нужно ещё отнять единичку). Тогда для $N=4$ получается ограничение $42$, для $N=5$ ограничение $1806$. Интересно! Если бы это знать заранее.

[ozheredov]

Sender в сообщении #1564086 писал(а):

можете в качестве упражнения отыскать ограничение сверху на минимальный элемент такого кортежа заданной длины $N$?

Сходу не знаю, куда копать. Но допустим, отыскал. Кто сказал, что возможных значений длин $N$ конечное число?

[gris]

Вообще можно <наверное?> программно определять текущее ограничение перед началом каждого вложенного цикла. Например, из соображений строгой монотонности, при длине массива, кортежа — как правильно называть? —5 элементов при начале $(2)$ следующий элемент не больше $6$, так как $1/7+1/8+1/9+1/10<1-1/2$, но $6$ придётся обсчитать, хотя безрезультатно. А при начале $(3)$ даже и пятёрку можно не считать, так как $1/5+1/6+1/7+1/8<1-1/3$. А первый элемент больше $3$ быть не может.
Соответственно на третий элемент ограничения при началах
$(2,3) \to 17$
$(2,4) \to 11$
$(2,5) \to 9$
$(2,6) \to 8$
$(3,4) \to 6$
Ну и так далее Кстати, вот ограничение на пятый элемент при самом большом начале $(2,3,7,43) \to (1/(1-(1/2+1/3+1/7+1/43)))<1807$ А при начале
$(2,3,9,20) \to (1/(1-(1/2+1/3+1/9+1/20)))<181$, при начале
$(3,4,5,6) \to (1/(1-(1/3+1/4+1/5+1/6)))<21$.
Для длины пять экономия слабовата, а при длине восемь, наверное, существенна.
Всё это учтено наверняка. Но интересно

[nnosipov]

ozheredov в сообщении #1564130 писал(а):

Кто сказал, что возможных значений длин $N$ конечное число?

Начните со случая $N=2$. Разве не очевидно, что пар $(x,y)$ натуральных чисел таких, что $1=1/x+1/y$, имеется лишь конечное множество? А если теперь слева будет не единица, а какое-нибудь другое положительное рациональное число?

[gris]

ozheredov, легко показать, что для для любого $N>2$ существует решение из $N$ элементов. Поэтому общее число решений диофантова уравнения, конечно, бесконечно. Но для каждого $N$ оно конечно. Это следует из вот тех самых ограничений на значение максимального значения очередного элемента при известных предыдущих. Ну и первого элемента, естественно. При строго монотонном возрастании, разумеется.
Ограничения важны <?> при организации компьютерного или на бумажке поиска решений. А ведь можно искать решения не для единички, а для огромных сумм! Гармонический ряд такой гармонический, что расходится, как гармонь. От гармошки и название его пошло.

[nnosipov]

Вот, кстати, близкая тема Арифметические прогрессии из египетских дробей, там с конечностью поинтересней.

[ozheredov]

nnosipov в сообщении #1564136 писал(а):

Начните со случая $N=2$. Разве не очевидно, что пар $(x,y)$ натуральных чисел таких, что $1=1/x+1/y$, имеется лишь конечное множество?

А где в условии $1=1/x+1/y$ сидит зависимость от $N$?

[svv]

В том, что тут взято два слагаемых.

Фактически, здесь общее условие
$\sum\limits_{i=1}^N\frac 1{x_i}=1$, где $x_i$ натуральные
записано для $N=2$.

[nnosipov]

ozheredov в сообщении #1564146 писал(а):

А где в условии $1=1/x+1/y$ сидит зависимость от $N$?

Нигде, разумеется. Что-то я перестал понимать, чего Вы не понимаете. Если речь идет о представлении 1 в виде суммы какого-то (не конкретного) количества египетских дробей, то таких представлений бесконечно много. Если же мы ограничиваемся каким-то конкретным числом дробей в искомых представлениях (скажем, $N=2$), то число таких представлений конечно. Почему, вроде бы уже объяснили выше.