OliForum Matematico

Sia \(a_{n+1}=2^{a_n}-1\) provare che l'insieme di numeri primi che dividono \(a_n \forall n\) è infinito.

C'è una cosa che non mi convince.

Eh è quello su cui non sono sicurissimo, cioè è possibile dire che avrò sempre un primo per cui accade questo? (L'altra mia ipotesi era di usare Zsigmondy)

Anzi, mi sa tanto che ho trovato un controesempio...

Mi sembra ovvio che \(a_0\not= 1\), diciamo che era sottinteso.

Innanzitutto un commento sul testo: immagino voglia dire "l'insieme dei numeri primi che dividono almeno uno degli $a_n$ è infinito", vero? (non è quello che c'è scritto, però!)
La soluzione di alex00 che c'è nel primo post non funziona per il motivo che dice Sirio: per quanto ne sappiamo, a priori $a_n$ può essere arbitrariamente più grande di $p-1$. Quello che verrebbe da fare a me, invece di pensare a teoremoni vari (Zsygmondy? Naah... comunque non vedo come applicarlo a questo problema!), è E poi, una volta fatto questo,

Definiamo $P(a_i)$ come il più piccolo primo che divide $a_i$. Per dimostrare la tesi dimostriamo che la funzione $P(a_i)$ è una funzione strettamente crescente (cioè che al crescere di $i$ cresce anche $P(a_i))$. Abbiamo $a_{i+1} = 2^{a_i} - 1$. Ora se $p$ è un primo che divide $a_{i+1}$ allora $ord_p (2) \mid a_i$. Poichè $ord_{P(a_{i+1})} (2) \mid P(a_{i+1})-1$ vale $ord_{P(a_{i+1})} \leq P(a_{i+1})-1$, ma ricordiamo anche che vale come prima scritto $ord_{P(a_{i+1})}(2) \mid a_i$, allora se $ord_{P(a_{i+1})}(2) \ne 1$ (ed è ovviamente verò poichè $2^1-1=1$ che è minore di ogni numero primo) vale $ord_{P(a_{i+1})} (2)\ge P(a_i)$ , da cui $P(a_{i+1})-1 \ge ord_{P(a_{i+1})}(2) \ge P(a_i)$ vale $P(a_{i+1})-1 \ge P(a_i)$ come volevamo.

Bella! E molto più semplice di quella che avevo in mente

Grazie Dark