Sequenza e primi
Sequenza e primi
Sia \(a_{n+1}=2^{a_n}-1\) provare che l'insieme di numeri primi che dividono \(a_n \forall n\) è infinito.
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Re: Sequenza e primi
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)
Re: Sequenza e primi
Anzi, mi sa tanto che ho trovato un controesempio...
Testo nascosto:
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
Re: Sequenza e primi
Mi sembra ovvio che \(a_0\not= 1\), diciamo che era sottinteso.
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Re: Sequenza e primi
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,
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
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"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
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Re: Sequenza e primi
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.
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Re: Sequenza e primi
Bella! E molto più semplice di quella che avevo in mente
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