Divisori ENORMI

[Gottinger95]

Sia \(D(n)\) il più grande divisore di \(n\) diverso da \(n\) (si ponga \(D(0) = D(1) = \infty\) ), e indichiamo con \(p_i\) l'\(i\)-esimo numero primo. Sia \(\displaystyle h(n) = \prod_{i=1}^n{p_i}\).
Dimostrare che per ogni \(\alpha_1, \ldots, \alpha_k, \beta_1, \ldots, \beta_k \in \mathbb{Z}\) tali che:

1. \((\alpha_i, h(k) ) =1\) per ogni \(i\);
2. \((\alpha_i\beta_j - \alpha_j\beta_i, h(k) ) = 1\) per ogni \(i,j\);

esistono infiniti \(n\) per cui

\(D(\alpha_1 n + \beta_1) < D(\alpha_2 n + \beta_2) < \ldots < D(\alpha_k n + \beta_k)\)

[jordan]

Dovrebbero essere corrette: la definizione di $D(n)$ (sia il dominio, che i valori che assume), il fatto che $\alpha_i,\beta_i$ possano essere entrambi nulli, che possano non essere coprimi, che la (2) non è mai verificata se $i=j$, e che esistono controesempi a entrambe le condizioni.. I.e. puo' essere che ho risolto tutt'altro problema.

[Gottinger95]

Posto la mia soluzione, che però suppone \(\alpha_1 \ge \ldots \ge \alpha_k\). Sono convinto inoltre che ci sia una generalizzazione con meno condizioni, perchè ho sempre usato condizioni sufficienti ma non necessarie.

Testo nascosto:

PARTE 1 - Trasformazione della condizione.

Detto \(lpf(m)\) il più piccolo primo che divide \(m\), abbiamo \(D(m) = m/lpf(m)\). Perciò \(D(m_1) < D(m_2)\) sse \( lpf(m_1)m_1 /m_2 > lpf(m_2)\).
Inoltre esiste sicuramente un \(n_0\) tale che \(\alpha_1 n + \beta 1 < \ldots < \alpha_k n + \beta_k\) per ogni \(n \ge n_0\):
infatti detto \(c_i = \frac{\beta_{i+1}-\beta_i}{\alpha_{i}-\alpha_{i+1}} \) se \(\alpha_i \neq \alpha_{i+1}\) e \(0\) altrimenti, abbiamo che per \(n \ge \max\{c_1, \ldots, c_{k-1}\}\) si ha proprio \(\alpha_1 n + \beta 1 < \ldots < \alpha_k n + \beta_k\) (basta svolgere \(\alpha_i n + \beta_i < \alpha_{i+1} n + \beta_{i+1}\), supponendo \(\alpha_i \ge \alpha_{i+1}\) per ogni \(i=1, \ldots, k-1\): è qui che ho sbagliato). Perciò se \(n \ge n_0\), abbiamo
\(D(\alpha_1 n + \beta_1) < \ldots < D(\alpha_k n + \beta_k)\)
se
\(lpf(\alpha_1 n + \beta_1) > \ldots > lpf(\alpha_k n + \beta_k)\)

PARTE 2 - Determinazione di infiniti \(n\) che soddisfano.

Supponiamo che \(lpf(\alpha_i n + \beta_i) = p_{k+1-i}\). Allora innanzitutto è necessario risolvere il sistema di congruenze dato da \(\alpha_i n + \beta_i \equiv 0 \pmod{p_{k+1-i}}\), che è risolubile per il teorema cinese del resto in quanto \(\alpha_i \not \equiv 0 \pmod{p_{k+1-i}}\) per la prima ipotesi.
Inoltre se dimostriamo che gli \(\alpha_i n + \beta_i\) non hanno primi in comune tra \(p_1, \ldots, p_k\), allora ognuno di essi avrà un solo primo tra \(p_1, \ldots, p_k\), perciò sarà il suo più piccolo primo. Allora per ogni \(i,j\) con \(i \neq j\) bisogna che sia soddisfatto
\(\alpha_i n + \beta_i \not \equiv 0 \pmod{p_{k+1-j}}\)
\(n \not \equiv -\beta_i / \alpha_i \pmod{p_{k+1-j}}\)
\( -\beta_j/ \alpha_j \not \equiv -\beta_i / \alpha_i \pmod{p_{k+1-j}}\)
\( \alpha_i\beta_j - \alpha_j \beta_i \not \equiv 0 \pmod{p_{k+1-j}}\)
vera per l'ipotesi 2. Perciò ci sono infinite soluzioni con \(n \geq n_0\).

[jordan]

Posto la mia soluzione, che però suppone \(\alpha_1 \ge \ldots \ge \alpha_k\).

Ma era tutto qui il problema...

Allora: ho interpretato bene cosa tu volessi intenedere con $D(n)$ quando $n\ge 2$ (nel testo sopra è ancora sbagliato, e resta incognito com'è definita quando $n\le 1$).

... abbiamo \(D(m) = m/lpf(m)\). Perciò \(D(m_1) < D(m_2)\) sse \( lpf(m_1)m_1 /m_2 > lpf(m_2)\).

Piu' o meno..

... abbiamo che per \(n \ge \max\{c_1, \ldots, c_{k-1}\}\) si ha proprio \(\alpha_1 n + \beta 1 < \ldots < \alpha_k n + \beta_k\)

Questo è sbagliato: se $\alpha_1=\alpha_2=\beta_2=1$ e $\beta_1=2$ allora $\alpha_1n+\beta_1>\alpha_2n+\beta_2$ per ogni $n$..

[Gottinger95]

Posto la mia soluzione, che però suppone \(\alpha_1 \ge \ldots \ge \alpha_k\).

Ma era tutto qui il problema...

Eh lo so, ho sbagliato, non me ne ero proprio accorto! xD

Allora: ho interpretato bene cosa tu volessi intenedere con $D(n)$ quando $n\ge 2$ (nel testo sopra è ancora sbagliato, e resta incognito com'è definita quando $n\le 1$).

... abbiamo \(D(m) = m/lpf(m)\). Perciò \(D(m_1) < D(m_2)\) sse \( lpf(m_1)m_1 /m_2 > lpf(m_2)\).

Piu' o meno..

Si, c'è il problema dei segni.

... abbiamo che per \(n > \max\{c_1, \ldots, c_{k-1}\}\) si ha proprio \(\alpha_1 n + \beta 1 < \ldots < \alpha_k n + \beta_k\)

Questo è sbagliato: se $\alpha_1=\alpha_2=\beta_2=1$ e $\beta_1=2$ allora $\alpha_1n+\beta_1>\alpha_2n+\beta_2$ per ogni $n$..[/quote]
E' vero: in realtà \(c_i = \infty\) se \(\alpha_{i+1} = \alpha_i\), perciò non funziona.

La dimostrazione è sbagliata completamente xD

[jordan]

La dimostrazione è sbagliata completamente xD

Mi pare funzioni nel caso $\alpha_1>\ldots>\alpha_k>0$

[Gottinger95]

Si, quello si, però che senso ha dire eh funziona se suppongo cose che mi invento? xD Non vale capperi