Tengo una secuencia x_{n+1} = 2(x_n)^2-1 los primeros valores son 2, 7, 97, 18817,\dots Me he dado cuenta de que si prime p divide x_n entonces x_{n+1} \equiv -1\pmod p y para todos k>n+1 , x_k\equiv 1\pmod p . Pero no tengo ni idea de qué hacer a continuación.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Podemos escribir
x_n=\frac{1}{2}\left[\tau^{2^{n-1}}+\tau^{-2^{n-1}}\right]
donde \tau=2+\sqrt{3} . Ahora, dado un primo impar p , p|x_n si y sólo si
\tau^{2^{n-1}}+\tau^{-2^{n-1}}=0
(donde trabajamos en \mathbb{F}_{p^2} ). Esto se reduce a
\tau^{2^n}= -1.
Dejemos que k sea el orden multiplicativo de \tau (el menor número entero positivo para \tau^k=1 ). Entonces tenemos
\tau^{2^{n+1}}=1,\tau^k=1\implies \tau^{\gcd\left(2^{n+1},k\right)}=1,
lo que implica k|2^{n+1} como k es mínima. Sin embargo, si k=2^m con m\leq n entonces
-1=\tau^{2^n}=\left(\tau^{2^m}\right)^{2^{n-m}}=1^{2^{n-m}}=1,
una contradicción, por lo que k=2^{n+1} . El resultado es que 2^{n+1} divide el orden de \mathbb{F}_{p^2}^{\times} que es p^2-1 esto implica que 2^n divide p\pm 1 en particular,
p\geq 2^n-1>n
(donde la segunda condición se cumple si n>1 ). Sólo p=2 divide x_n=1 y si p=2 entonces p|x_n si n=1 . Por lo tanto, cualquier primo p que divide x_n es mayor que n , lo que finaliza nuestra prueba.
Voy a hacer mi juego habitual y veré qué pasa.
tl;dr - Nada más que callejones sin salida.
Si x_{n+1} = 2(x_n)^2-1 entonces x_{n+1} -1 = 2(x_n)^2-2 = 2(x_n^2-1) = 2(x_n-1)(x_n+1) .
Por lo tanto, si y_n =x_n-1 entonces y_{n+1} =2y_n(y_n+2) .
Desde x_1 = 2 , y_1 = 1 .
Por lo tanto, y_2 = 2\cdot 1\cdot 3 = 6 , y_3 = 2\cdot 6\cdot 8= 96 , y_4 = 2\cdot 96\cdot 98 = 18616 , y y_5 = 2\cdot 18616\cdot 18618 = 693185376 .
Si podemos demostrar que n | y_n , entonces (n, x_n) = 1 ya que, si d|n y d|x_n y d \ge 2 entonces d | n | y_n así que d | (x_n-1) implica d | 1 .
Desgraciadamente, esto no funciona como y_5 espectáculos.
Siguiente intento: ver si puedo encontrar a_n, b_n tal que na_n-x_nb_n = 1 . Esto demostrará que (n, x_n) = 1 .
Si na_n-x_nb_n = 1 y (n+1)a_{n+1}-x_{n+1}b_{n+1} = 1 entonces
\begin{array}\\ 1 &=(n+1)a_{n+1}-(2x_n^2-1)b_{n+1}\\ &=na_{n+1}+a_{n+1}-2x_n^2b_{n+1}+b_{n+1}\\ &=na_{n}+n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}-x_n(2x_nb_{n+1})+b_{n+1}\\ &=x_nb_n+1+n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}-x_n(2x_nb_{n+1})+b_{n+1}\\ &=1+n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}-x_n(2x_nb_{n+1}+b_{n})+b_{n+1}\\ \text{so}\\ 0 &=n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}-x_n(2x_nb_{n+1}+b_{n})+b_{n+1}\\ \end{array}
y no sé a dónde ir desde aquí.
Espero que alguien más pueda hacer uso de esto.
Este es el principio del encasillamiento. Entre los primos Impares p, hay soluciones para 2t^2 - 1 \equiv 0 \pmod p si y sólo si p \equiv \pm 1 \pmod 8.
Para tal primo p, hay algunos \frac{p+1}{2} valores distintos \pmod p de 2x^2 - 1. Por lo tanto, tomando p \geq 17, si tomamos, digamos, p-5 pasos de su secuencia, sólo hay dos posibilidades: o bien
(I) hay una repetición de algún valor \pmod p que no es uno de -1,0,1. En este caso, la secuencia se repite una y otra vez, para siempre. Por lo tanto, este primo p nunca es un factor de cualquiera de sus x_n. O
(II) al menos uno de los siguientes -1,0,1 se produce por el p-5 plazo. Tenga en cuenta que 0 debe ser lo primero de estos tres, ya que 2 \cdot 1^2 - 1 \equiv 2 \cdot (-1)^2 - 1 \equiv 1 \pmod p, mientras que la única forma de conseguir -1 es 2 \cdot 0^2 - 1 \equiv -1 \pmod p.
Eso es todo. Si p será nunca un factor de cualquier x_n, es porque, digamos, x_{p-2} \equiv 1 \pmod p
jagy@phobeusjunior:~$ ./mse
7
2 0 -1
17
2 7 12 15 7
23
2 7 5 3 17 2
31
2 7 4 0 -1
41
2 7 15 39 7
47
2 7 3 17 13 8 33 15 26 35
5 2
71
2 7 26 2
73
2 7 24 56 66 24
79
2 7 18 15 54 64 54
89
2 7 8 38 39 15 4 31 52 67
77 20 87 7
97
2 7 0 -1
good primes
2
7
31
97
\=======================
Los buenos primos hasta 30.000 son
2
7
31
97
127
607
8191
12289
22783
\===========