$\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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$\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$

Messaggio da jordan » 31 dic 2012, 17:53

Fissati quattro interi non nulli $a_1,b_1,a_2,b_2$ con $|a_1| \neq |a_2|$, mostrare che per ogni costante $C $ esiste un intero positivo $n$ tale che il numero di fattori primi distinti di $a_1^nb_1+a_2^nb_2$ è almeno $C$.
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kalu
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Re: $\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$

Messaggio da kalu » 01 gen 2013, 17:50

Supponiamo $(a_1, a_2)=1$
Fissato $n$, siano $P$, $Q$ insiemi di primi così definiti: $\ P=\{p \ : \ p\mid a_1^nb_1+a_2^nb_2, \ p\not\mid a_1b_1\}, \ Q=\{q \ : \ q\mid a_1^nb_1+a_2^nb_2, \ q\mid a_1b_1 \}$.
Sia $k$ intero positivo tale che: $$p-1 \mid k-n, \ \ \ v_p(k-n)\geq v_p(a_1^nb_1+a_2^nb_2) \ \ \ \forall \ p\in P$$
Osserviamo che, per Eulero: $$a_1^kb_1+a_2^kb_2 \equiv a_1^nb_1+a_2^nb_2 \pmod{p^i} \ \ \ \forall \ 1\leq i \leq v_p(a_1^nb_1+a_2^nb_2)+1, \ \ \ \forall \ p\in P$$
Da cui segue che $$v_p(a_1^kb_1+a_2^kb_2)=v_p(a_1^nb_1+a_2^nb_2) \ \ \ \forall \ p\in P$$
Preso $q\in Q$, supponiamo che $q\mid a_1$; quindi $q\mid b_2$. Perciò vale anche $q\mid a_1^kb_1+a_2^kb_2$.
Inoltre, per $k$ abbastanza grandi vale definitivamente $v_q(a_1^kb_1+a_2^kb_2)=v_q(b_2)$.

Quindi, per $k$ abbastanza grandi, $ a_1^kb_1+a_2^kb_2 $ è diviso da primi non appartenenti a $P\cup Q$, perciò $\omega (a_1^kb_1+a_2^kb_2)>\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$.
Ne consegue che $\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$ può assumere valori arbitrariamente grandi, da cui segue la tesi.

Nel caso $(a_1, a_2)=d>1$, posti $a_1=d\alpha_1$ e $a_2=d\alpha_2$, si ha che $\omega(\alpha_1^nb_1+\alpha_2^nb_2) \leq \omega(d^n(\alpha_1^nb_1+\alpha_2^nb_2))$, che quindi può essere arbitrariamente grande.
Buon 2013 da kalu :3
Pota gnari!

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jordan
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Re: $\omega(a_1^nb_1+a_2^nb_2)$

Messaggio da jordan » 02 gen 2013, 09:41

Funziona tutto, molto bene: buon anno a te!
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