Repunit (facile facile)

[Drago96]

Determinare quali primi dividono infiniti numeri del tipo 1,11,111,1111,.. (chiamati appunto repunit, "repeated unit")

Da qua

[jordan]

Qualcosa in piu':
Sia $R_{\mathbb{N_0}}:=\{m\in \mathbb{N}_0: m=\frac{1}{9}(10^n-1)\text{ per qualche }n \in \mathbb{N}_0\}$ l'insieme dei numeri nei quali la rappresentazione decimale contiene solo $1$.

Allora $R_{\mathbb{N}_0} \cap \mathbb{P} \subset R_{\mathbb{P}}$

E' ancora un problema aperto stabilire se $|R_{\mathbb{N}_0} \cap \mathbb{P}|=\infty$: al momento questi sono tutti i primi repunit conosciuti http://oeis.org/A004023

[Drago96]

Allora $R_{\mathbb{N}_0} \cap \mathbb{P} \subset R_{\mathbb{P}}$

Questo vuol dire che i repunit primi sono un sottoinsieme dei repunit con un numero di cifre uguale ad un primo meno uno?
In questo caso potresti cambiare la definizione in $\displaystyle R_A=\{m\in\mathbb N_0 : m=\frac{10^n-1}9, n\in A\}$

P.S: già nella definizione dei repunit abbiamo dato un hint al mio problema (in relazione alla difficoltà, può essere considerato tale) xD

[jordan]

In questo caso potresti cambiare la definizione in $\displaystyle R_A=\{m\in\mathbb N_0 : m=\frac{10^n-1}9, n\in A\}$

Si', ammesso che $A\subseteq \mathbb{N}_0$..

P.S: già nella definizione dei repunit abbiamo dato un hint al mio problema (in relazione alla difficoltà, può essere considerato tale) xD

Piu' in generale, se un intero $n>0$ e' coprimo con $2$ e $5$ allora esiste un intero $m>0$ tale che $n$ divide $\overline{11111\ldots 1}$, dove l'$1$ compare $m$ volte (se non erro, e' un vecchio SNS)..

[Gi8]

Testo nascosto:

Determinare quali primi dividono infiniti numeri del tipo 1,11,111,1111,.. (chiamati appunto repunit, "repeated unit")

Direi tutti i numeri primi tranne $2$ e $5$ (che $2$ e $5$ non possano essere considerati è banale: tutti i numeri della sequenza terminano con $1$)


Prima di tutto, notiamo che se $n \in \mathbb{N}$ divide uno dei numeri di questa sequenza, allora ne divide infiniti.
Infatti se $ n \mid \biggl[\sum\limits_{i=0}^{m} 10^{i} \biggr] $, allora $ n \mid \biggl[\left(\sum\limits_{i=0}^{m} 10^{i} \right) \cdot \left( 10^{m+1} +1\right)\biggr] = \sum\limits_{i=0}^{2m} 10^{i} $ e così via.

Ora, naturalmente vale $ \displaystyle\sum\limits_{i=0}^{m} 10^{i} = \frac{10^{m+1}-1}{9} $. Preso un qualunque primo $p>5$ abbiamo che $ \displaystyle p \mid {10}^{p-1} -1 $ (piccolo teorema di Fermat)
(non ho considerato il caso $p=3$ perchè c'è quel "fratto $9$" che frega)
Ecco, abbiamo dunque che $ \displaystyle p \mid \sum\limits_{i=0}^{p-2} 10^{i} $ per ogni $p$ primo maggiore di $5$.

Il caso $p=3$ è ancora più semplice: $3 |111$.

[jordan]

In una riga, se $\text{gcd}(n,10)=1$ allora

\[ n \mid \frac{1}{9}\left(10^{\varphi(n^3)}-1\right) \]

[Ido Bovski]

Piu' in generale, se un intero $n>0$ e' coprimo con $2$ e $5$ allora esiste un intero $m>0$ tale che $n$ divide $\overline{11111\ldots 1}$, dove l'$1$ compare $m$ volte (se non erro, e' un vecchio SNS)..

Yep, anno accademico 1988-1989.