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Primos en $\lfloor a^{n} \rfloor$

Motivado por la pregunta ¿Hay algún resultado, que dice que $\lfloor e^{n} \rfloor$ nunca es un primer para $n>2$?, tomar un número real $a>1$ y considerar la secuencia de $\lfloor a^{n} \rfloor$.

  • No siempre contiene un número primo?
  • No siempre contienen un número infinito de números primos?

Como se ha mencionado en los comentarios, para evitar casos triviales, $a$ no puede ser un número entero.

Como este es, probablemente, demasiado difícil han sido contestadas en general, estaría interesado en los resultados parciales de números interesantes, tales como $e$, $\pi$, $\sqrt 2$, $3/2$.

8voto

Agito Puntos 311

Esta secuencia no necesariamente contiene un número primo.

Vamos a probar que existe un número $a\in [4,5]$ tal que $\lfloor a^n \rfloor$ es incluso para todos los $n$.

La idea es que para $a\in[4,5]$, el conjunto de posibles valores de $a^2$ es el intervalo de $[4^2,5^2]$, que contiene un número par. Así, en el intervalo de $[4,5]$ hay un subrango de los valores de $a$ tal que $\lfloor a^2 \rfloor$ es incluso. Ahora, en que subrango, existe otro subrango tal que $\lfloor a^3 \rfloor$ es incluso para $a$ en este subrango, y así sucesivamente. Si nos cruzan todos estos subintervalos y el uso de los intervalos anidados teorema, vamos a encontrar a un verdadero $a$ de manera tal que todos los $\lfloor a\rfloor, \lfloor a^2\rfloor,\lfloor a^3\rfloor...$ son incluso.

Por supuesto esto es sólo la idea, ver a continuación la prueba formal (espero que no es demasiado confuso):

Comenzando con el intervalo de $I_1=[4.1,4.9]$ (elegimos este intervalo inicial para asegurarse de $a$ no es un número entero), vamos a construir inductivamente una secuencia infinita de intervalos cerrados $I_1,I_2,...$ la satisfacción de las siguientes condiciones:

1) $ I_{n} \subset I_{n-1}$

2) Si $I_n=[a_n,b_n]$, $b_n^{n+1}-a_n^{n+1}\ge3$

3) El intervalo de $[a_n^n,b_n^n]$ está contenida en un intervalo de la forma $[2k,2k+0.9]$ para algunos entero $k$.

La base de la inducción, se comprueba fácilmente. Ahora bien, dado $I_1,I_2,...I_n$, vamos a construir $I_{n+1}$:

Desde $b_n^{n+1}-a_n^{n+1}\ge3$, el intervalo de $[a_n^{n+1},b_n^{n+1}]$ debe contener un intervalo de la forma $[2k,2k+1]$ para algunos entero $k$. A continuación, defina $I_{n+1}$ $[a_{n+1},b_{n+1}]$ donde$a_{n+1}=\sqrt[n+1]{2k}$$b_{n+1}=\sqrt[n+1]{2k+0.9}$.

3) sostiene Claramente para este intervalo de

1) Sostiene que debido a $a_{n+1}=\sqrt[n+1]{2k}\ge \sqrt[n+1]{a_n^{n+1}}=a_n$, y

$b_{n+1}=\sqrt[n+1]{2k+0.9}<\sqrt[n+1]{2k+1}\le \sqrt[n+1]{b_n^{n+1}}=b_n$

Por último, 2) sostiene porque

$b_{n+1}^{n+2}-a_{n+1}^{n+2}= (2k+1)b_{n+1}-2ka_{n+1}=2k(b_{n+1}-a_{n+1})+b_{n+1}>b_{n+1}>4$ (porque

$I_{n+1}\subset[4,5]$)

Así que hemos terminado con nuestra inducción. Ahora, por el anidada intervalos teorema, debe existir un número real $a$ tal que $a\in I_n$ todos los $n$. Pero si $a\in I_n$, $then a^n\in [a_n^n,b_n^n]$. Desde el pasado está contenido en un intervalo de la forma $[2k,2k+1]$, se deduce que para este $a$, $\lfloor a^n \rfloor$ es incluso para todos los $n$.

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