OliForum Matematico

Siano $d_1< d_2 < ... < d_k $ tutti e soli gli interi positivi divisori di $2^{2^n}+1$.

Dimostrare che $\displaystyle \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+...+\frac{1}{d_k}\right)}=1$.

Umh.. l'idea potrebbe essere quella di sfruttare il teorema di Goldbach sui numeri di Fermat, dimostrando in qualche modo che i fattori primi di $ 2^{2^n}+1 $ diventano sempre più grandi all'aumentare di $ n $, in modo tale che in $\displaystyle \lim_{n\to \infty}{\left(\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+...+\frac{1}{d_k}\right)}$ tutti gli addendi ad eccezione del primo (che vale 1) tendano a 0...

Quello che dici, quel "in qualche modo", e' proprio quello che il problema chiede; e comunque no, non c'è bisogno di alcun "cannone" (ammesso che ci sia) per risolvere questo problema (che, non a caso, e' stato postato in questa sezione).
Kalu, la prossima volta potresti tentare di scrivere qualcosa di davvero utile al problema, se non riesci a trovare una soluzione? Perchè visti i tuoi ultimi messaggi, voglio sperare le tue intenzioni non siano quelle di spam..

Le mie intenzioni sono molto diverse, mi dispiace che pensi questo Se i miei ultimi post hanno dato fastidio a qualcuno chiedo scusa.

Dimostriamo per induzione che $ \displaystyle 2^{2^{n+1}}+1=\prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)}+2 $ $ \forall $ $ n \geq 0 $.
Il passo base è banale. Supponiamo che $ \displaystyle 2^{2^{n+1}}+1= \prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)}+2 $; allora
$ 2^{2^{n+2}}+1= \left( \displaystyle \prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)} +1 \right ) 2^{2^{n+1}}+1=2^{2^{n+1}} \displaystyle \prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)} +2^{2^{n+1}}+1= 2^{2^{n+1}} \displaystyle \prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)} + \displaystyle \prod_{0 \leq i \leq n}{(2^{2^i}+1)}+2= \prod_{0 \leq i \leq n+1}{(2^{2^i}+1)}+2 $.
Da questo risultato segue immediatamente il fatto noto come "teorema di Goldbach", che afferma che non esiste alcun primo tale che divida due numeri di Fermat distinti (per chi non lo sapesse, aggiungo che chiamiamo "numero di Fermat" proprio un numero della forma $ 2^{2^n}+1 $).
Detto questo, sia $ \pi (2^{2^n}+1) $ la quantità di primi $ \leq 2^{2^n}+1 $. Dato che uno stesso primo non divide due numeri di Fermat differenti, concludiamo subito, per il principio dei cassetti, che almeno un numero $ 2^{2^h}+1 $ con $ n<h \leq n+\pi (2^{2^n}+1)+1 $ è privo di fattori primi minori o uguali a $ 2^{2^n}+1 $.
Non sono un esperto di limiti, ma mi sembra di aver dimostrato che i divisori di $ 2^{2^n}+1 $ (ad eccezione del più piccolo, cioè 1) tendano a $ \infty $ quando $ n $ aumenta.

il teorema di goldbach lo dimostri più in fretta notando che, detto $F_n = 2^{2^n}+1$, $F_{n+1}-1 = (F_{n}-1)^2 = (F_{n-k+1}-1)^{2^{k}}$... comunque bravo !

kalu ha scritto:Le mie intenzioni sono molto diverse, mi dispiace che pensi questo Se i miei ultimi post hanno dato fastidio a qualcuno chiedo scusa.

non farti spaventare da jordan il tuo post non aveva molto contenuto, è vero, ma da lì ad essere uno spammer ce ne passa. e mi pare che tu ti stia facendo perdonare alcuni post "sub-ottimali"
ma veniamo alla ciccia.

fino al teorema di goldbach, ci siamo, e mi pare che torni tutto.

kalu ha scritto:[...]
Detto questo, sia $ \pi (2^{2^n}+1) $ la quantità di primi $ \leq 2^{2^n}+1 $. Dato che uno stesso primo non divide due numeri di Fermat differenti, concludiamo subito, per il principio dei cassetti, che almeno un numero $ 2^{2^h}+1 $ con $ n<h \leq n+\pi (2^{2^n}+1)+1 $ è privo di fattori primi minori o uguali a $ 2^{2^n}+1 $.
Non sono un esperto di limiti, ma mi sembra di aver dimostrato che i divisori di $ 2^{2^n}+1 $ (ad eccezione del più piccolo, cioè 1) tendano a $ \infty $ quando $ n $ aumenta.

qui ci stiamo un po' avventurando in mondi sconosciuti (e meno elementari -- ma d'altro canto era poco elementare il post in questione. pace.)
stai facendo un claim (vero) che contiene un'osservazione interessante, e un claim (falso) che ti confuterò.

claim vero: se hai una successione $a_0, a_1, a_2, \dots$ di interi positivi a due a due coprimi, allora la successione $p_0, p_1, p_2, \dots$ dei "ppp" (cioè $p_i$ è il Più Piccolo Primo che divide $a_i$) diverge*.
qui i cassetti sono coinvolti, effettivamente, e la dimostrazione non è diversa da quella che hai fatto tu.

claim falso: se hai una successione come sopra, e ci associ la somma degli inversi dei divisori come fa jordan, questa somma converge a 1.
questo non funziona. l'esempio che ho io usa il seguente fatterello:
fatto (noto, ma non completamente ovvio da dimostrare): la somma degli inversi dei primi diverge.
come immediato corollario del fatto, per ogni primo $P$ esiste un altro primo $Q>P$ tale che la somma degli inversi dei primi da $P$ a $Q$ è almeno 1.
costruiamoci una successione di primi: $q_0 = 2$, $q_1$ è il $Q$ del corollario, con $P=2$. in generale, $q_{n+1}$ è il $Q$ che si ottiene dal corollario quando $q_n$ è $P$. (in sostanza, voglio che la somma degli inversi dei primi da $q_n$ a $q_{n+1}-1$ sia almeno 1 per ogni $n$. è solo un modo complicato di dirlo.)
adesso definiamo una bella successione $a_n = \prod q$ al variare di $q$ primo tra $q_n$ e $q_{n+1}-1$.
per costruzione, gli $a_n$ sono a due a due coprimi, e la somma degli inversi dei divisori è almeno 2 per ogni $a_n$ (semplicemente perché questa somma contiene 1 e gli inversi di abbastanza primi consecutivi).

dove sta l'inghippo? l'inghippo sta nel fatto che se sommi tante cose piccole, puoi comunque ottenere qualcosa di grande. quindi, per dimostrare la proposizione di jordan, devi metterci qualcosa in più.

*cioè, per ogni $N$ esiste un $k$ tale che per ogni $h\ge k$ si ha: $p_h> N$.

Credo sia meglio formulare il problema in questo modo, giusto per evitare che la tesi venga dimostrata solo "per qualche n sufficientemente grande"..

"Siano $d_1<d_2<...<d_k$ tutti e soli gli interi positivi divisori di $2^{2^n}+1$. Dimostrare che per ogni reale $x>1$ esiste un intero $m(x)$ tale che $\displaystyle \frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+...+\frac{1}{d_k}<1+x$ per ogni intero $n\ge m(x)$."

kalu ha scritto:Non sono un esperto di limiti, ma mi sembra di aver dimostrato che i divisori di $ 2^{2^n}+1 $ (ad eccezione del più piccolo, cioè 1) tendano a $ \infty $ quando $ n $ aumenta.

Premesso che, come ho scritto appena sopra, non ti occorre conoscere in alcun modo i "limiti", e che abbia compreso cosa ti ha scritto molto chiaramente ma_go, prova a continuare sulla tua strada:

Hint: Detto $\text{lpf}(x)$ il più piccolo fattore primo di $x \in \mathbb{N}_0$ (in altre parole, il "ppp" di ma_go) prova a dare un bound (dal basso) di $\text{lpf}(2^{2^n}+1)$..

@Ma_go, grazie per la spiegazione (e per la pazienza )

jordan ha scritto: Dimostrare che per ogni reale $x>1$ esiste un intero $m(x)$ tale che...

Forse intendevi $ x>0 $.
In ogni caso cambio strada.
Sia $ p $ un fattore primo di $ 2^{2^n}+1 $. $ 2^{2^n} \equiv -1 $ (mod p), mentre $ 2^{2^{n+1}} \equiv 1 $. Da ciò si evince che $ ord_p (2)=2^{n+1} $, quindi $ 2^{n+1} \mid p-1 $. Ne consegue che ogni divisore primo di $ 2^{2^n}+1 $ può essere scritto nella forma $ j2^{n+1}+1 $.
Sia $ h $ il numero dei divisori primi di $ 2^{2^n}+1 $, contati nella loro molteplicità.
$ \displaystyle 2^{2^n}+1= \prod_{1 \leq i \leq h}{(j_i2^{n+1}+1)} \geq 2^{h(n+1)} \prod_{1 \leq i \leq h}{j_i}+1 \geq 2^{h(n+1)}+1 $, da cui $ h \leq \displaystyle \frac{2^n}{n+1} $.
$ 1<\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq k}{(d_i)^{-1}} \leq 1+ \sum_{1 \leq i \leq h}{\left[\sum_{1 \leq w_1< ...< w_i \leq h}{\left( \prod_{1 \leq t \leq i}{(j_{w_t}2^{n+1}+1)^{-1}} \right)} \right]} \leq \sum_{0 \leq i \leq h}{ {{h}\choose{i}} \frac{1}{(2^{n+1}+1)^{i}}} $=
=$ \left( \frac{1}{(2^{n+1}+1)} +1 \right)^{h} \leq \left( \frac{1}{(2^{n+1}+1)} +1 \right)^{\frac{2^n}{n+1}} < \left( \frac{1}{2^{n}} +1 \right)^{\frac{2^n}{n+1}}< \sqrt[n+1]{e} $
da cui la tesi.

kalu ha scritto:Forse intendevi $ x>0 $.

Esatto

kalu ha scritto:.... mentre $ 2^{2^n+1} \equiv 1 $.

Forse intendevi $ 2^{2^{n+1}}\equiv 1 $

Il resto mi pare quadri tutto, anzi, e' anche più facile della mia..

jordan ha scritto: Forse intendevi $ 2^{2^{n+1}}\equiv 1 $

edito