Giusto per ricominciare...

[ubermensch]

moderator: Spostato in MNE. Stime asintotiche e "non so se sia possibile" andrebbero messi con la matematica non elementare, grazie. --federico

Finalmente il forum è nuovamente accessibile...

posto allora un problemino in un certo senso collegato a quello da me postato nel topic "un'equazioncina banale banale":

Sia p un primo dispari fissato, stimare asintoticamente, o calcolare esplicitamente (non so se sia possibile) la seguente funzione definita sugli interi positivi n:

Lp(n) = #{2 <= m <= n tali che (p^m - 1)/2m è un intero positivo}

Saluti,
Valerio

[ubermensch]

pare vi sia un inaspettato legame con il logaritmo in base 2 di n; addirittura sembra che

L3(n) = lg2(n)

per gli altri p sembra risultare qualcosa del tipo Lp(n) = lg2(n) + k

dove k è una costante che dipende dal primo p.

Saluti,
Valerio

[ubermensch]

Non so se qualcuno sta lavorando su tale problema... comunque vi do un pò di novità.

una verifica al pc per primi fino a 151 e n fino a 2^25 dà la seguente stima uniforme per Lp(n). Indichiamo con PII(_) la parte intera inferiore di _

PII(lg2(n)) + 3 >= Lp(n) >= PII(lg2(n))

che, se dimostrato, sarebbe davvero un ottimo risultato...

Chiaramente il motivo per cui escono fuori i logaritmi è che se m=2^h allora 2m divide p^m - 1 dal teorema di Euler - Fermat

il 3 esce fuori dal fatto che oltre agli m della forma 2^h ce ne sono ben pochi altri tali che 2m divide p^m - 1

Fra l'altro si vede anche che ci sono un bel po di primi (mi sembra 10 primi fra 3 e 151) per cui Lp(n) = PII(lg2(n))

Saluti, Valerio

[HiTLeuLeR]

Che sia $ L_p(n) \ge \lfloor \log_2(n)\rfloor $ è fatto banale, e anzi ti lascio volentieri da dimostrare che (modulo qualche dettaglio da mettere a punto, ma che non altera comunque la sostanza di quel che intendo proporre):

i) Se $ P_n = \{q \in \mathfrak{P}: q \mid (p-1)\} = \{q_i\}_{i=1}^r $, dove $ r \in \mathbb{Z}^+ $; e se $ A = \{(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_r) \in \mathbb{N}^r: \prod_{k=1}^r q_i^{\alpha_i} \le n\} $, allora $ L_p(n) \ge |A| $. ii) Condizione necessaria affinché un fissato $ m \in \overline{1,n} $ divida $ p^m - 1 $ è che $ \mbox{lpf}(m) \mid (p-1) $, ove $ \mbox{lpf}(\cdot) $ denota il least prime factor dell'intero passato per argomento.

Queste sono le timide osservazioni che, finora, mi è riuscito di fare sul problema. E' poco, lo so, ma vabbè...

[ubermensch]

scusa il ritardo, ma devo preparare degli esami e non ho avuto molto tempo. La tua prima osservazione mi era già nota in una forma anche un pò più generale che tiene conto del fatto che se p^k = 1(mod k), per qualche k, allora p^(k^n) = 1 (modk^n) per ogni n. La seconda mi era ignota...

Il problema nella sua generalità resta comunque piuttosto oscuro... tornerò a pensarci fra una mesata quando avrò terminato gli esami di questo semestre... ogni idea è comunque gradita nel frattempo.

Grazie

Valerio

[ubermensch]

non riesco a dimostrare la tua seconda timida osservazione...