Il più grande primo

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Mattysal
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Il più grande primo

Messaggio da Mattysal » 07 mag 2020, 12:31

Sia [math], per ogni [math] il più grande primo che divide [math].
Trovare tutte le soluzioni di:
[math].


[Proposto alla simulazione come 1]

Maionsss
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Re: Il più grande primo

Messaggio da Maionsss » 08 mag 2020, 09:25

Testo nascosto:
$n=3?$

Mattysal
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Re: Il più grande primo

Messaggio da Mattysal » 08 mag 2020, 09:31

L’insieme delle soluzioni è corretto, ma come dimostri che è l’unica?

Maionsss
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Re: Il più grande primo

Messaggio da Maionsss » 08 mag 2020, 09:55

Volevo solo una conferma per la soluzione... Appena riesco posto il procedimento :)

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Rufy
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Re: Il più grande primo

Messaggio da Rufy » 10 mag 2020, 14:35

Se p|n allora p non divide n+1, se p è il più grande primo che divide n allora p_1 deve essere compreso tra [p-2, p+2] perché la parte intera "a" di sqrt(n) =< sqrt(n+1) con una differenza di un addendo.

Dunque se p_1 = p + 2 si ha: p + a = p + 2 + a oppure p + 2 + a + 1 in entrambi i casi l'uguaglianza non è verificata.

Se scegliamo p_1 = p - 2 si ha: p + a = p - 2 + a oppure p - 2 + 1 in entrambi i casi non funziona.

Allora la distanza tra p e p_1 deve essere 1 o 0

La distanza 0 non si può avere per quanto detto sopra. Ci rimane da provare la distanza 1 che si verifica solo per il caso p = 2 ed p_1 = 3 oppure p = 3 e p_1 = 2.

Quindi n = 2 oppure n = 3

n =2 allora 2 + 1 = 3 + 1 impossibile
n = 3 allora 3 + 1 = 2 + 2.

Maionsss
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Re: Il più grande primo

Messaggio da Maionsss » 10 mag 2020, 16:46

Testo nascosto:
Innanzitutto riscrivo $P(n) =P(n+1)+ \lfloor\sqrt{n+1}\rfloor - \lfloor\sqrt{n} \rfloor$ e osservo quali valori può assumere $\lfloor\sqrt{n+1}\rfloor - \lfloor\sqrt{n} \rfloor$ :
$1)$ se $n=k^2-1$ per qualche $k>1$ intero allora abbiamo che $\lfloor\sqrt{n+1}\rfloor = k$ mentre $\lfloor\sqrt{n} \rfloor= \lfloor\sqrt{k^2-1}\rfloor<\lfloor\sqrt{k^2}\rfloor=k$ e allo stesso modo abbiamo $\lfloor\sqrt{k^2-1}\rfloor>\lfloor\sqrt{(k-1)^2}\rfloor =k-1$ quindi $\lfloor\sqrt{n} \rfloor=k-1$ è la differenza di partenza vale $k-(k-1)=1$
$2)$ se $(k-1)^2\le n <k^2-1$ per qualche $k>1$ allora abbiamo che $\sqrt{n+1}\ge\sqrt{(k-1)^2+1}> \sqrt{(k-1)^2}= k-1$ e $\sqrt{n+1}<\sqrt{k^2} =k$ da cui $ \lfloor\sqrt{n+1}\rfloor=k-1$. Con le stesse disuguaglianze si arriva a dire che $\lfloor\sqrt{n} \rfloor=k-1$ e quindi la differenza di partenza vale $0$.
Nel secondo caso avremmo $P(n) =P(n+1)$ impossibile perché $(n, n+1)=1$. Nel primo caso invece $P(n) =P(n+1)+1$ ovvero sono primi consecutivi e quindi deve essere $P(n) =3$ e $P(n+1)=2$. Abbiamo dunque $n=2^{a_1}3^{a_2}$ e $n+1=2^{a_3}$ con $a_1$ intero non negativo e $a_2,a_3$ interi postivi. Dobbiamo risolvere quindi $2^{a_1}3^{a_2}+1=2^{a_3}$. Per ragioni di parità deve essere $a_1=0$; mentre $mod 3$ deve essere $ a_3=2h$ per qualche $h$ intero positivo. Fattorizzando la differenza di quadrati otteniamo $3^{a_2}=(2^h+1)(2^h-1)$, in particolare $2^h+1$ e $2^h-1$ sono due potenze di $3$ che differiscono di $2$ il che implica $h=1,a_2=1,a_3=2$ che porta all'unica soluzione $n=3$.

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