encontrar todos los $n$ tal que $ \phi(n) , \phi(n+1) , \phi(n+2)$ son potencias de 2

Question

Encuentra todos los números naturales tales que, el regular $n , n+1 , n+2 $ gones son construibles.

Pues bien, este problema puede replantearse de la siguiente manera. Dado que la construcción del n-gon regular es equivalente a la construcción de la raíz primitiva $e^{\frac{2\pi i}{n}}$ y sabemos que el grado de esta extensión sobre $\Bbb Q$ es $\phi(n)$ y también que un número es construible si su grado es sobre $\Bbb Q$ es $2^k$ queremos todos los números naturales $n$ tal que $ \phi(n) , \phi(n+1) , \phi(n+2)$ son potencias de 2. No tengo ni idea de cómo puedo hacerlo :S, sólo conozco propiedades de $\phi(n)$ que implican productos de coprimas. Pero aquí ...

Answer 1

Tenemos $\varphi(a)$ es una potencia de $2$ si $a$ es una potencia de $2$ veces un producto de distintos Los primos de Fermat. Dado que los únicos primos de Fermat conocidos actualmente son $3$ , $5$ , $17$ , $257$ y $65537$ Sólo hay una pequeña lista de posibilidades actuales que examinar. La triple más obvia es $(65535,65536,65537)$ .

Es probable que se pueda demostrar que no hay triples adicionales, sin intentar resolver ningún problema abierto sobre el número de primos de Fermat.

Definitivamente no podemos tener más ejemplos de forma $2^{2^n}-1,2^{2^n}, 2^{2^n}+1$ además de las obvias. El hecho de que $F_5$ no es primordial resuelve el caso $n=5$ . Y si $n \gt 5$ entonces entre los factores de $2^{2^n}-1$ encontramos el número de Fermat $F_5$ que no es primo. Tampoco puede haber ejemplos de forma $2^{2^n},2^{2^n}+1, 2^{2^n}+2$ junto a $n=0$ y $n=1$ . Por consideraciones elementales de tamaño se demuestra que $2^{2^n-1}+1$ no puede ser un producto de primos de Fermat distintos si $n \gt 1$ .

Answer 2

Llamemos a un número $N$ constructible si un $N$ -gon puede construirse con regla y compás. Como sabes, esto equivale a $\varphi(N)$ siendo un poder de $2$ y, de forma equivalente $N$ es de la forma $N=2^kF_{m_1}F_{m_2}\cdots F_{m_r}$ donde $F_m=2^{2^m}+1$ es un número de Fermat, el $m_i$ son todos distintos y además cada $F_{m_i}$ es primo. Interpretamos el producto de los $F_{m_i}$ 's como $1$ si $r=0$ .

Sea $b(N)$ sea el número de $1$ en la representación binaria de $N$ . Así $b(15)=4$ , $b(16)=1$ . En primer lugar, mostrar:

1) $b(F_{m_1}\cdots F_{m_r}) = 2^r$ .

Esto es así porque al ampliar el producto $(2^{2^{m_1}}+1)(2^{2^{m_2}}+1)\cdots(2^{2^{m_r}}+1)$ los poderes de $2$ no se "mezclan": Números de la forma $2^{m_{i_1}}+2^{m_{i_2}}+\cdots+2^{m_{i_p}}$ son todos distintos, por lo que cada término del producto expandido contribuye precisamente con un $1$ a la representación binaria del resultado.

Ahora concluye:

2) Si $N$ es par y ambos $N$ y $N+1$ son construibles, entonces $N=2^{2^m}$ para algunos $m$ y $N+1$ es un primo de Fermat.

Prueba : Desde $N$ es par, $b(N+1)=b(N)+1$ . Por la parte 1) anterior tenemos $b(N)=2^r$ para algunos $r$ y $b(N+1)=2^s$ para algunos $s$ . Pero la única manera de $2^s=2^r+1$ que ocurra es si $r=0$ y $s=1$ . Así $N$ es una potencia de $2$ y $N+1$ es un número construible de la forma $F_m$ lo que requiere que sea un primo de Fermat y $N=2^{2^m}$ .

No sabemos cuántos $N$ con esta propiedad, ya que no sabemos cuántos primos de Fermat existen. Sin embargo, si añadimos el requisito de que $N-1$ también es construible restringe las opciones lo suficiente como para que el problema sea resoluble.

3) Si $N$ es par y ambos $N-1$ y $N+1$ son construibles, entonces $N=2^{2^m}$ con $0 \leq m \leq 4$ .

Prueba: Ya sabemos que $N=2^{2^m}$ para algunos $m$ . Pero ahora

$N-1 = 2^{2^m}-1 = F_0F_1\cdots F_{m-1}$ (prueba: inducción, o ampliar el producto)

y para que sea construible, cada $F_k$ debe ser primo para $0 \leq k \leq m-1$ . Esto funciona bien para $0 \leq m \leq 5$ pero deja de funcionar después ya que $F_5$ no es primo, y por la misma razón $m=5$ no garantiza que $N+1$ es construible. Por lo tanto, los únicos valores posibles de $m$ son $0 \leq m \leq 4$ .

Por último, tenemos que comprobar los tripletes $(N-1,N,N+1)$ donde $N$ es impar. Esto significa que $N-1,N$ son ahora una potencia de 2 y un primo de Fermat, respectivamente, con el requisito adicional de que $N+1$ también es construible. Lo dejaré como ejercicio :-) Los únicos casos posibles son $N=3$ y $N=5$ .

Así que finalmente, la lista de tripletas construibles es:

$(1,2,3)$ , $(2,3,4)$ , $(3,4,5)$ , $(4,5,6)$ , $(15,16,17)$ , $(255,256,257)$ , $(65535,65536,65537)$ .