potenze di 2 per un numero primo

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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angus89
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potenze di 2 per un numero primo

Messaggio da angus89 » 07 feb 2008, 16:45

Allora...
Credo che questo problema sia abbastanza semplice ma non riesco ad andare avanti...

Allora...si vuole dimostrare che se $ \dispaystyle 2^{n}-1 $ è un numero primo allora $ \dispaystyle n $ è necessariamente un numero primo...

Allora...
E' facile dimostare che$ \dispaystyle n $non può essere un numero pari (diverso da 2) perchè in tal caso sarebbe
$ \dispaystyle \\ n=2k \\ 2^{2k}-1=(2^{k}-1) \cdot (2^{k}+1) $

Pertanto è evidente che nel caso $ \dispaystyle n $ sia un numero pari allora $ \dispaystyle 2^{n}-1 $ è scomponibile, pertanto non può essere primo...

Faccio notare un'altra cosa...
$ \dispaystyle 2^{n}-1 $ altro non è che una serie geometrica
$ \dispaystyle 2^{n}-1 = 1+2^{2}+2^{3}+...+2^{n-1} $

Non sò quanto può essere utile...
Io mi sto cimentando...

Sarebbe interessante vedere se n primo implica o meno $ \dispaystyle 2^{n}-1 $primo...e dimostare...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

pic88
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Messaggio da pic88 » 07 feb 2008, 17:03

Puoi anche dimostrare che se n è composto, 2^n-1 è composto, perché è differenza di potenze ad indice comune. Cioè, scomporre 2^n-1 come (2-1)(serie geometrica) non aiuta perché 2-1=1, però se n=hk allora...

Ovviamente n primo non implica 2^n-1 primo, perché 2^11-1=2047=89*23 mi pare.

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hydro
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Messaggio da hydro » 07 feb 2008, 17:44

penso che qui tu possa trovare qualcosa di interessante a proposito della questione...

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angus89
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Messaggio da angus89 » 07 feb 2008, 17:54

PER CHI VUOLE CONTINUARE A CIMENTARSI NEL PROBLEMA NON LEGGA QUESTO POST
(mi riferisco soprattutto a chi non è molto pratico di tdn dato che credo ci sia un modo molto semplice per arrivare alla dimostrazione, chissà magari il mio)

Per gli altri...accetto correzioni ma non ironia o cose simili...al limite evitate di postare...

Allora...il ragionamento è questo...


Per prima cosa ci accertiamo che esistano numeri primi che abbiano la forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $...
$ \dispaystyle \\ n=5 \\ 2^{5}-2=31 $

31 è primo.
C'è un teorema che afferma se esiste un numero primo con una determinata forma allora ne esistono infiniti con la stessa forma...in questo caso con la forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $

Nel post precedente abbiamo dimostrato che $ \dispaystyle n $ deve essere dispari.
Pertanto ammettiamo che $ \dispaystyle n $ non sia primo, ma risulti il prodotto di due numeri (non per forza primi).
$ \dispaystyle \\ 2^{n}-1 \\ n=k \cdot h $

Questi due numeri non possono essere entrambi pari perchè genererebbero un numero pari.
Non possono essere uno pari e uno dispari perchè genererebbero un numero pari.
Pertanto questi due numeri devono essere entrami dispari...
Pertanto sarebbe più corretto affermare che
$ \dispaystyle \\ 2^{n}-1 \\ n=(2k+1) \cdot (2h+1) \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 $
A questo punto ricorriamo alla differenza di potenze dispari, o per chi la vuol vedere in un altro modo, alla sommatoria di una serie geometrica.
$ \dispaystyle \\ x^{n}-1=1+x+x^{2}+...+x^{n-1} $

Nel nostro caso abbiamo:
$ \dispaystyle \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 \\ t=2^{2k+1} \\ t^{2h+1}-1=(t-1) \cdot (1+t+t^{2}+...+t^{2h}) $

Effettuato il cambio di variabile torniamo alla principale
$ \dispaystyle \\ t=2^{2k+1} \\ $
$ \dispaystyle \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 =(2^{2k+1}-1) \cdot (1+2^{2k+1}+2^{2(2k+1)}+ $...$ \dispaystyle \\+2^{2h(2k+1)}) $

Pertanto è evidente che se $ \dispaystyle n $ non è primo allora
$ \dispaystyle 2^{n}-1 $
è scomponibile, quindi non è primo.

Allora deve essere $ \dispaystyle n $ primo affinche $ \dispaystyle 2^{n}-1 $ sia primo
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

alexba91
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Messaggio da alexba91 » 07 feb 2008, 18:10

angus89 ha scritto:PER CHI VUOLE CONTINUARE A CIMENTARSI NEL PROBLEMA NON LEGGA QUESTO POST
(mi riferisco soprattutto a chi non è molto pratico di tdn dato che credo ci sia un modo molto semplice per arrivare alla dimostrazione, chissà magari il mio)

Per gli altri...accetto correzioni ma non ironia o cose simili...al limite evitate di postare...

Allora...il ragionamento è questo...


Per prima cosa ci accertiamo che esistano numeri primi che abbiano la forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $...
$ \dispaystyle \\ n=5 \\ 2^{5}-2=31 $


31 è primo.
C'è un teorema che afferma se esiste un numero primo con una determinata forma allora ne esistono infiniti con la stessa forma...in questo caso con la forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $

Nel post precedente abbiamo dimostrato che $ \dispaystyle n $ deve essere dispari.
Pertanto ammettiamo che $ \dispaystyle n $ non sia primo, ma risulti il prodotto di due numeri (non per forza primi).
$ \dispaystyle \\ 2^{n}-1 \\ n=k \cdot h $

Questi due numeri non possono essere entrambi pari perchè genererebbero un numero pari.
Non possono essere uno pari e uno dispari perchè genererebbero un numero pari.
Pertanto questi due numeri devono essere entrami dispari...
Pertanto sarebbe più corretto affermare che
$ \dispaystyle \\ 2^{n}-1 \\ n=(2k+1) \cdot (2h+1) \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 $
A questo punto ricorriamo alla differenza di potenze dispari, o per chi la vuol vedere in un altro modo, alla sommatoria di una serie geometrica.
$ \dispaystyle \\ x^{n}-1=1+x+x^{2}+...+x^{n-1} $

Nel nostro caso abbiamo:
$ \dispaystyle \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 \\ t=2^{2k+1} \\ t^{2h+1}-1=(t-1) \cdot (1+t+t^{2}+...+t^{2h}) $

Effettuato il cambio di variabile torniamo alla principale
$ \dispaystyle \\ t=2^{2k+1} \\ $
$ \dispaystyle \\ 2^{(2k+1) \cdot (2h+1)}-1 =(2^{2k+1}-1) \cdot (1+2^{2k+1}+2^{2(2k+1)}+ $...$ \dispaystyle \\+2^{2h(2k+1)}) $

Pertanto è evidente che se $ \dispaystyle n $ non è primo allora
$ \dispaystyle 2^{n}-1 $
è scomponibile, quindi non è primo.

Allora deve essere $ \dispaystyle n $ primo affinche $ \dispaystyle 2^{n}-1 $ sia primo

non sono un esperto di tdn, anzi sonoa nch io come te all inizio, pero se posso dire la mia, secondo me il tuo ragionamento è corretto ed è anche bella come dimostrazione.(avevo fatto il tuo stesso ragionamento)

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 07 feb 2008, 19:23

premetto che nn ho letto la discussione...
per dimostrare il risultato basta notare che se n e nn primo, allora n=ab, con a e b diversi da n ed 1, quindi $ 2^n-1 = 2^{ab}-1 = (2^a)^b-1^b $ e poiche $ x-y|x^k-y^k $abbiamo che$ 2^a-1|2^n-1 $ quindi $ 2^a-1 $ e un fattore nn banale di $ 2^n-1 $, ergo nn e primo ( per n composto )
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pic88
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Messaggio da pic88 » 07 feb 2008, 19:28

angus89 ha scritto: C'è un teorema che afferma se esiste un numero primo con una determinata forma allora ne esistono infiniti con la stessa forma...
Che teorema è? :shock:

Carlein
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Messaggio da Carlein » 07 feb 2008, 19:29

Ho un osservazione banalerrima da fare e una domanda:l'osservazione è che dal fattarello delle progressioni geometriche consegue che per qualsiasi altro numero x intero maggiore di 2 allora $ x^n-1 $ con n maggiore di 1 non è mai primo(non mi linciate lo so che è banale ma solo per completezza l'ho messa :oops: ).La domanda è ma quel teorema che dice angus che se un numero primo si può scrivere in una forma allora ne esistono infiniti in tale forma è vero? se consideriamo la semplice funzione kn con k intero positivo primo e n variabile nei naturali essa darà un primo soltanto quando n=1.Sono sicuro di aver frainteso quello che diceva angus e aspetto correzioni...
Ciao
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"

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Messaggio da angus89 » 07 feb 2008, 19:29

Jacobi ha scritto:premetto che nn ho letto la discussione...
per dimostrare il risultato basta notare che se n e nn primo, allora n=ab, con a e b diversi da n ed 1, quindi $ 2^n-1 = 2^{ab}-1 = (2^a)^b-1^b $ e poiche $ x-y|x^k-y^k $abbiamo che$ 2^a-1|2^n-1 $ quindi $ 2^a-1 $ e un fattore nn banale di $ 2^n-1 $, ergo nn e primo ( per n composto )
praticamente è la mia dimostrazione in due righe... :lol:
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Messaggio da EvaristeG » 09 feb 2008, 15:58

No Carlein, quel teorema non esiste.

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Messaggio da angus89 » 09 feb 2008, 16:39

No...allora...mi sono espresso male io scusate...volevo dire che per alcune forme è dimostrabile...
Nel senso è dimostrabile ad esempio che esistono infiniti primi che hanno la forma $ \dispaystyle 4x-1 $ (se volete posto la dimostrazione)
Oppure è dimostrabile che ci sono infiniti numeri primi nella forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $...ecc ecc

Tipo come l'altro post che ho aperto...chiedo di dimostrare che esistono infiniti primi nella forma $ \dispaystyle 6k-1 $
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 09 feb 2008, 16:47

angus89 ha scritto:... è dimostrabile che ci sono infiniti numeri primi nella forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $
No, non è nota una dimostrazione di questo fatto. I primi di quella forma si chiamano primi di Mersenne, ne sono noti 44 fino ad oggi, ed è congetturato che siano infiniti ma non c'è ancora una dimostrazione.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

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Messaggio da angus89 » 09 feb 2008, 16:58

FrancescoVeneziano ha scritto:
angus89 ha scritto:... è dimostrabile che ci sono infiniti numeri primi nella forma $ \dispaystyle 2^{n}-1 $
No, non è nota una dimostrazione di questo fatto. I primi di quella forma si chiamano primi di Mersenne, ne sono noti 44 fino ad oggi, ed è congetturato che siano infiniti ma non c'è ancora una dimostrazione.
caspio...ora lo so...ero convinto fossero infiniti... :oops: :oops: :oops:
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