Suplimite ed inflimite del rapporto omega(n)/omega(n+1)

[HiTLeuLeR]

Mostrare che, per ogni $ \epsilon > 0 $, esiste $ n \in\mathbb{N}^+ $ tale che i) $ \omega(n) < \epsilon \cdot \omega(n+1) $; ii) $ \omega(n+1) < \epsilon \cdot \omega(n) $. Qui $ \omega(\cdot) $ è la funzione che ad ogni intero positivo associa il numero dei suoi fattori primi in N.

[Santana]

Mostrare che, per ogni $ \epsilon > 0 $, esiste $ n \in\mathbb{N}^+ $ tale che i) $ \omega(n) < \epsilon \cdot \omega(n+1) $; ii) $ \omega(n+1) < \epsilon \cdot \omega(n) $. Qui $ \omega(\cdot) $ è la funzione che ad ogni intero positivo associa il numero dei suoi fattori primi in N.

Quindi dimostrare che il limite superiore di $ \frac{\omega(n)}{\omega(n+1)} $ e infinito, mentre il limite inferiore è zero.

Limite superiore $ =\infty $

Prendiamo $ n=2^{2^k}-1 $, allora sarà

$ 2^{2^k}-1=(2-1)(2+1)(2^2+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{k-1}}+1)=F_0 F_1 ...F_{k-1} $

dove $ F_i $ indica l'i-esimo numer di Fermat, sappiamo che i numeri di Fermat sono tutti primi tra loro (e in effetti si dimostra proprio con l'identità sopra), quindi

$ \omega(n)=\omega(F_0)+\omega(F_1)+...\omega(F_{k-1}) \geq k $

e del resto $ \omega(n+1)=1 $.

Limite inferiore $ =0 $

Prendiamo $ n=2^{p_1p_2...p_k} $ dove i $ p $ sono numeri primi distinti $ \equiv 1 \mod 3 $. Sappiamo che per ogni $ 1 \leq i \leq k $
si ha $ 2^{p_i}+1|n+1 $ e che $ gcd(2^{p_i}+1,2^{p_j}+1)=3 $ per $ i \neq j $ e ancora che $ 3^1 ||2^{p_i}+1 $. Allora

$ \omega(n+1) \geq \omega(2^{p_1}+1)+\omega(2^{p_2}+1)+...+\omega(2^{p_k}+1) \geq k $

e essendo $ \omega(n)=1 $ segue ancora la tesi.

[HiTLeuLeR]

Esattamente.

[Santana]

Esattamente.

Per pura coincidenza ho proposto da poco tempo in un altro forum lo stesso identico problema, è stato risolto ma usando il teorema di Dirichlet sui primi nelle progressioni aritmetiche

[HiTLeuLeR]

Per pura coincidenza ho proposto da poco tempo in un altro forum lo stesso identico problema, è stato risolto ma usando il teorema di Dirichlet sui primi nelle progressioni aritmetiche

Pessimo lui - di chiunque si tratti!

[HiTLeuLeR]

Si generalizza: fissato genericamente un intero k > 0, dimostrare che, per ogni $ \epsilon > 0 $, esiste $ n \in\mathbb{N}^+ $ tale che i) $ \omega(n) < \epsilon \cdot \omega(n+k) $; ii) $ \omega(n+k) < \epsilon \cdot \omega(n) $.

...di bello c'è che la soluzione di Santana del caso k = 1, così com'è, non può essere direttamente riportata alla nuova versione del problema!

[Santana]

Si generalizza: fissato genericamente un intero k > 0, dimostrare che, per ogni $ \epsilon > 0 $, esiste $ n \in\mathbb{N}^+ $ tale che i) $ \omega(n) < \epsilon \cdot \omega(n+k) $; ii) $ \omega(n+k) < \epsilon \cdot \omega(n) $.

...di bello c'è che la soluzione di Santana del caso k = 1, così com'è, non può essere direttamente riportata alla nuova versione del problema!

Limite superiore $ =\infty $

Scegliamo $ n=k(2^{2^a}-1) $ e otteniamo

$ \frac{\omega(n)}{\omega(n+k)}=\frac{\omega(k(2^{2^a}-1))}{\omega(2^{2^a}k)} \geq \frac{\omega(k(2^{2^a}-1))}{\omega(k)+\omega(2^{2^a})}=\frac{\omega(k(2^{2^a}-1))}{\omega(k)+1} \geq \frac{\omega(2^{2^a}-1)}{\omega(k)+1} $

$ \frac{\omega(n)}{\omega(n+k)} \geq \frac{a}{\omega(k)+1} $

a causa delle considerazioni fatte per il caso $ k=1 $.

Limite inferiore $ =0 $

Scegliamo $ n=2^{s}k $ e abbiamo

$ \frac{\omega(n)}{\omega(n+k)}=\frac{\omega(2^{s}k)}{\omega(k(2^s+1))} \leq \frac{1+\omega(k)}{\omega(k(2^s+1))} \leq \frac{1+\omega(k)}{\max\{\omega(k),\omega(2^s+1)\}} $

e dal caso $ k=1 $ sappiamo che per un opportuno $ s $ il denominatore dell'ultimo membro può essere grande a piacere.

[HiTLeuLeR]

Bene.