interi e potenze di primi
interi e potenze di primi
Trovare n interi consecutivi tali che nessuno di essi sia la potenza di un primo
Re: interi e potenze di primi
Non ho capito, intendi "trovare il massimo n per cui esistono n interi consecutivi tali che nessuno di essi sia una potenza di un primo"?
Re: interi e potenze di primi
il testo dice "find n consecutive positive integers, none of which is a power of a prime" cioè esattamente quello che ho scritto, è tratto da una raccolta di problemi per la preparazione dei canadesi alle imo
Re: interi e potenze di primi
Penso sia una cosa del tipo: dimostrare che per ogni $n$ intero esistono $n$ interi consecutivi non potenze di primi, e mostrarli esplicitamente (e boh, non so se si possa fare senza farli vedere)
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: interi e potenze di primi
Sisi, ci ho pensato anch'io dopo... Beh, dovrebbero andar beneDrago96 ha scritto:Penso sia una cosa del tipo: dimostrare che per ogni $n$ intero esistono $n$ interi consecutivi non potenze di primi, e mostrarli esplicitamente (e boh, non so se si possa fare senza farli vedere)
Testo nascosto:
Testo nascosto:
Re: interi e potenze di primi
Umh, questo pare non essere vero ($n=2$ ci da $3!+2,3!+3$, ovvero $8,9$ che, guarda un po', sono entrambe potenze di primi)mr96 ha scritto: Edit:Testo nascosto:
Re: interi e potenze di primi
Vero! Dopo dovrebbe andare però, o, al limite, il primo non dovrebbe avere "intoppi"Delfad0r ha scritto:Umh, questo pare non essere vero ($n=2$ ci da $3!+2,3!+3$, ovvero $8,9$ che, guarda un po', sono entrambe potenze di primi)mr96 ha scritto: Edit:Testo nascosto:
Edit:
Facciamola un po' più formale va.
$ (n+1)!^2+k $ con $ k=2,3,..,n+1 $ funziona visto che $ (n+1)^2!+k=k((n+1)!\frac{(n+1)!}{k}+1) $ e la frazione è sempre intera poichè $ 2\leq k \leq n+1 $.
Dobbiamo sistemare i casi in cui la roba in parentesi è una potenza di $ k $, ed è per questo che non funziona il secondo metodo, ma in questo caso non esistono, perchè $ \frac{(n+1)!^2}{k} $ contiene ancora almeno un fattore $ k $ e di conseguenza $ \frac{(n+1)!^2}{k}+1 \equiv 1 \pmod{k} $, quindi non può essere potenza di $ k $. Ora funge?
Re: interi e potenze di primi
Sì, dovrebbe abbastanza andare. Se proprio volessi essere puntigliosissimo, direi che non basta dimostrare che $\frac{(n+1)!^2}{k}+1$ non è potenza di $k$, ma bisognerebbe dimostrare che non possono essere potenze dello stesso primo (ad esempio, $\frac{(n+1)!^2}{k}+1=3^5$ e $k=3^3$); perchè questo non è possibile?mr96 ha scritto: Facciamola un po' più formale va.
$ (n+1)!^2+k $ con $ k=2,3,..,n+1 $ funziona visto che $ (n+1)^2!+k=k((n+1)!\frac{(n+1)!}{k}+1) $ e la frazione è sempre intera poichè $ 2\leq k \leq n+1 $.
Dobbiamo sistemare i casi in cui la roba in parentesi è una potenza di $ k $, ed è per questo che non funziona il secondo metodo, ma in questo caso non esistono, perchè $ \frac{(n+1)!^2}{k} $ contiene ancora almeno un fattore $ k $ e di conseguenza $ \frac{(n+1)!^2}{k}+1 \equiv 1 \pmod{k} $, quindi non può essere potenza di $ k $. Ora funge?
Re: interi e potenze di primi
Sì, si può! Anzi è un facile esercizio mostrare che, se $N(x)$ è la funzione di conteggio delle potenze di primi fino a $x$, allora $N(x) \sim x/\log x$ (assumendo il teorema dei numeri primi).Drago96 ha scritto:mostrarli esplicitamente (e boh, non so se si possa fare senza farli vedere)
Si può però anche mostrare in modo elementare che i numeri primi (e anche le potenze di primi) hanno densità asintotica $0$ (esercizio); se esistesse un $N$ tale che ogni stringa di $N+1$ interi consecutivi contiene una potenza di primo, le potenze di primi avrebbero densità asintotica positiva di almeno $1/(N+1)$, contrariamente all'altro fatto. Questo si può rendere una dimostrazione elementare (libera dall'uso del PNT) e non costruttiva del teorema del thread; provare a scriverla per bene è un buon esercizio
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
"Questo puoi mostrarlo o assumendo abc o assumendo GRH+BSD, vedi tu cos'è meno peggio..." (cit.)
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Re: interi e potenze di primi
Per chi fosse interessato nell'ultimo video di tdn del senior medium del 2011 c'è una dimostrazione di questa cosa simile a quella che propone <enigma>
Re: interi e potenze di primi
Sì, ma con tale metodo questo problema ha un pezzo in più: mostrare che i numeri primi hanno densità $0$
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Re: interi e potenze di primi
Alur, grazie al grosso aiuto di enigma, provo a scrivere per bene tutto, se c'è qualcuno a cui interessa...
Sia $A\subseteq\mathbb N$ un sottoinsieme dei naturali e definiamo la sua densità asintotica come $$\displaystyle d(A)=\lim_{n\to\infty}\frac{|A\cap[1,n]|}n$$
Parte 1 (del video): considerando $A=\{x^a:x\in\mathbb N,a\ge2\in\mathbb N\}$, allora $d(A)=0$
Fissiamo un $M\in\mathbb N$, allora gli elementi di $A$ minori di $M$ soddisfano $x^a\le M$ ovvero $x\le\sqrt[a]M$; quindi ci sono al più $M^{1/2}$ quadrati, $M^{1/3}$ cubi, ecc.
Il più grande $k$ tale che ci sia una potenza $k$-esima è quello con la base minore, ovvero $2$: abbiamo $2^k\le M$ da cui $k\le\log_2M$.
Abbiamo quindi $|A\cup[1,M]|\le M^{1/2}+\dots+M^{1/k}$ (e stiamo anche contando tre volte tipo le potenze seste, ma questo upper bound ci basta).
Facciamo ancora una stima più brutale e diciamo che $M^{1/a}\le M^{1/2}$, ed avendo $k$ termini otteniamo $|A\cup[1,M]|\le M^{1/2}\cdot k\le\log_2M\cdot M^{1/2}$.
Ora $\displaystyle\lim_{M\to\infty}\frac{\log_2M\cdot M^{1/2}}M$ è 0, perché il logaritmo cresce più lento di qualunque potenza (o se proprio volete, con quella cosa brutta di de l'Hopital)
Parte 2: $d(\mathbb P)=0$
Consideriamo i primi $n$ primi $p_1,p_2,\dots,p_n$ e sia $P=p_1\cdot p_2\cdot\dots\cdot p_n$ il loro prodotto; ci chiediamo ora quanti primi ci sono nell'intervallo $[1,P]$.
Sicuramente se un numero è divisibile per uno tra i $p_i$ e il quoziente è maggiore di 1, allora non è primo; i candidati primi sono dunque i numeri coprimi con $P$; abbiamo quindi $\mathbb P\cap[1,P]\le\varphi(P)+n$.
Vale che $\varphi(P)=(p_1-1)\dots(p_n-1)$ per come è definito; consideriamo allora il rapporto, che diventa $\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)+\frac n P$ e dimostriamo che per $n\to\infty$ questo va a 0.
Prima il secondo pezzo, che è facile: $P\ge 2^n$ (ci sono $n$ fattori, tutti più grandi di $2$), e quindi $\displaystyle\frac n P\le\frac n{2^n}$ che va a 0 banalmente.
Ora, la parte interessante... "moralmente" quel prodotto è $1/\zeta(1)$, ma non lo dico troppo forte se no mi uccide... quindi facciamo le cose per benino:
$\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)=e^{\displaystyle\log\prod\left(1-\frac1{p_i}\right)}=e^{\displaystyle\sum\log\left(1-\frac1{p_i}\right)}$
Poi, usando l'espansione del logaritmo $\displaystyle-\log(1-x)=x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+\dots$ valida per $|x|<1$ diciamo che $\displaystyle\log\left(1-\frac1{p_i}\right)=-\frac1{p_i}+O(1/p_i^2)$, e quindi $\displaystyle\sum\log\left(1-\frac1{p_i}\right)=\sum-\frac1{p_i}+O(1/p_i^2)=O(1)-\sum\frac1{p_i}$ dato che la somma dei reciproci dei quadrati converge.
Siamo dunque arrivati a dire che $\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)=e^{\displaystyle O(1)-\sum\frac1{p_i}}$; ma la somma dei reciproci dei primi diverge, quindi abbiamo un esponenziale di un numero sempre più piccolo, che allora tende a 0, che è ciò che volevamo.
Parte 3: tutto insieme
Siamo alla fine, perché detto $X$ l'insieme dei primi e delle potenze dei primi, ovvero $X=\{p^i:p\in\mathbb P,i\in\mathbb N\}$ abbiamo che $X\subset A\cup\mathbb P$, in modo che $d(X)\le d(A\cup\mathbb P)$; ma vale in generale $d(A\cup B)\le d(A)+d(B)$. E quindi alla fine abbiamo $d(X)=0$.
Se per assurdo ci fosse un $N$ tale che per ogni $N$ interi consecutivi trovo almeno un elemento di $X$, allora dividendo l'intervallo $[1,M]$ in blocchi da $N$ interi, si vede che $|X\cap[1,M]|=M/N$, portando ad una densità di $d(X)=\frac1 N$, che è assurdo perché la densità è nulla.
Sia $A\subseteq\mathbb N$ un sottoinsieme dei naturali e definiamo la sua densità asintotica come $$\displaystyle d(A)=\lim_{n\to\infty}\frac{|A\cap[1,n]|}n$$
Parte 1 (del video): considerando $A=\{x^a:x\in\mathbb N,a\ge2\in\mathbb N\}$, allora $d(A)=0$
Fissiamo un $M\in\mathbb N$, allora gli elementi di $A$ minori di $M$ soddisfano $x^a\le M$ ovvero $x\le\sqrt[a]M$; quindi ci sono al più $M^{1/2}$ quadrati, $M^{1/3}$ cubi, ecc.
Il più grande $k$ tale che ci sia una potenza $k$-esima è quello con la base minore, ovvero $2$: abbiamo $2^k\le M$ da cui $k\le\log_2M$.
Abbiamo quindi $|A\cup[1,M]|\le M^{1/2}+\dots+M^{1/k}$ (e stiamo anche contando tre volte tipo le potenze seste, ma questo upper bound ci basta).
Facciamo ancora una stima più brutale e diciamo che $M^{1/a}\le M^{1/2}$, ed avendo $k$ termini otteniamo $|A\cup[1,M]|\le M^{1/2}\cdot k\le\log_2M\cdot M^{1/2}$.
Ora $\displaystyle\lim_{M\to\infty}\frac{\log_2M\cdot M^{1/2}}M$ è 0, perché il logaritmo cresce più lento di qualunque potenza (o se proprio volete, con quella cosa brutta di de l'Hopital)
Parte 2: $d(\mathbb P)=0$
Consideriamo i primi $n$ primi $p_1,p_2,\dots,p_n$ e sia $P=p_1\cdot p_2\cdot\dots\cdot p_n$ il loro prodotto; ci chiediamo ora quanti primi ci sono nell'intervallo $[1,P]$.
Sicuramente se un numero è divisibile per uno tra i $p_i$ e il quoziente è maggiore di 1, allora non è primo; i candidati primi sono dunque i numeri coprimi con $P$; abbiamo quindi $\mathbb P\cap[1,P]\le\varphi(P)+n$.
Vale che $\varphi(P)=(p_1-1)\dots(p_n-1)$ per come è definito; consideriamo allora il rapporto, che diventa $\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)+\frac n P$ e dimostriamo che per $n\to\infty$ questo va a 0.
Prima il secondo pezzo, che è facile: $P\ge 2^n$ (ci sono $n$ fattori, tutti più grandi di $2$), e quindi $\displaystyle\frac n P\le\frac n{2^n}$ che va a 0 banalmente.
Ora, la parte interessante... "moralmente" quel prodotto è $1/\zeta(1)$, ma non lo dico troppo forte se no mi uccide... quindi facciamo le cose per benino:
$\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)=e^{\displaystyle\log\prod\left(1-\frac1{p_i}\right)}=e^{\displaystyle\sum\log\left(1-\frac1{p_i}\right)}$
Poi, usando l'espansione del logaritmo $\displaystyle-\log(1-x)=x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+\dots$ valida per $|x|<1$ diciamo che $\displaystyle\log\left(1-\frac1{p_i}\right)=-\frac1{p_i}+O(1/p_i^2)$, e quindi $\displaystyle\sum\log\left(1-\frac1{p_i}\right)=\sum-\frac1{p_i}+O(1/p_i^2)=O(1)-\sum\frac1{p_i}$ dato che la somma dei reciproci dei quadrati converge.
Siamo dunque arrivati a dire che $\displaystyle\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_n}\right)=e^{\displaystyle O(1)-\sum\frac1{p_i}}$; ma la somma dei reciproci dei primi diverge, quindi abbiamo un esponenziale di un numero sempre più piccolo, che allora tende a 0, che è ciò che volevamo.
Parte 3: tutto insieme
Siamo alla fine, perché detto $X$ l'insieme dei primi e delle potenze dei primi, ovvero $X=\{p^i:p\in\mathbb P,i\in\mathbb N\}$ abbiamo che $X\subset A\cup\mathbb P$, in modo che $d(X)\le d(A\cup\mathbb P)$; ma vale in generale $d(A\cup B)\le d(A)+d(B)$. E quindi alla fine abbiamo $d(X)=0$.
Se per assurdo ci fosse un $N$ tale che per ogni $N$ interi consecutivi trovo almeno un elemento di $X$, allora dividendo l'intervallo $[1,M]$ in blocchi da $N$ interi, si vede che $|X\cap[1,M]|=M/N$, portando ad una densità di $d(X)=\frac1 N$, che è assurdo perché la densità è nulla.
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)