¿Hay un $k$ para que valores de $k\cdot n\ln n$ toma sólo prime?

Question

¿Existen algunos % real $k$tal que entero el $\forall $ $ n > 1$ siempre es primero la parte entera de $ k *n\ln(n)$?

Answer 1

Jajaja

Para cualquier opción de $k>0$ allí es algunos $n>1$ tal que $\lfloor kn\log n\rfloor$ es incluso (y mayor que 2). Considerar $kn\log n\bmod1.$

Answer 2

Aquí está mi intento de carne de Charles, la respuesta a aumentar mi confianza y comprensión. Para mayor comodidad, voy a definir $\ell(x) = x\ln x$:

Primero de todo, tenga en cuenta que $\ell(x+1)-\ell(x)$ $= \ln(x+1)+x\ln(x+1)-x\ln x$ $=\ln(x+1)+x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)$ $= \ln(x+1)+x\ln(1+\frac1x)$. De manera más amplia, $\ell(x+m)-\ell(x)$ $=m\ln(x+m)+x\ln(1+\frac mx)$. Lo que es más, para $x\gt m$ (vamos a arreglar $m$ más tarde) esta última cantidad es limitada entre el$m\ln(x+m)+m-\frac{m^2}{2x}$$m\ln(x+m)+m$; haciendo otro "iteración" de aproximación, tenemos que $\ln x$ $\lt\ln(x+m)=\ln x+\ln(1+\frac{m}{x})$ $\lt \ln x+\frac{m}{x}$. Piecing juntos, tenemos que $m\ln x+m-\frac{m^2}{2x}$ $\lt \ell(x+m)-\ell(x)$ $\lt m\ln x+m+\frac{m^2}{x}$. En particular, $\ln x+1-\frac{1}{2x}$ $\lt\left((x+1)\ln(x+1)\right)-x\ln x$ $\lt\ln x+1+\frac1x$.

Ahora, por un $j$ a ser nombrado más adelante, definir $\bar{j}=(-j)\bmod 1$$j' = \dfrac{\bar{j}}{j}$; supongamos que podemos encontrar una $x$$\frac{1}{5j}\lt (\ln x\bmod 1)-j'\lt\frac{1}{4j}$. (Es obvio que podemos hacer esto, como Charles notas, debido al lento crecimiento de la $\ln x$.) A continuación,$\bar{j}+\frac15\lt j(\ln x\bmod 1)\lt \bar{j}+\frac14$$\frac15\lt j(\ln x+1)\bmod 1\lt \frac14$. A continuación, utilizando los límites anteriormente, $\frac15-\frac{j}{2x}\lt j\ell(x+1)-j\ell(x)\bmod 1\lt\frac14+\frac{j}{x}$; del mismo modo, $\frac25-\frac{4j}{2x}\lt j\ell(x+2)-j\ell(x)\bmod 1\lt\frac12+\frac{4j}{x}$, $\frac35-\frac{9j}{2x}\lt j\ell(x+3)-j\ell(x)\bmod 1\lt\frac34+\frac{9j}{x}$, y $\frac45-\frac{16j}{2x}\lt j\ell(x+4)-j\ell(x)\bmod 1\lt1+\frac{16j}{x}$. La elección de $x$ suficientemente grande como para que, por ejemplo, $\frac{16j}{x}\lt\frac18$, entonces es claro que esto implica que al menos uno de $\{j\ell(x)\bmod 1, j\ell(x+1)\bmod 1, j\ell(x+2)\bmod 1, j\ell(x+3)\bmod 1, j\ell(x+4)\bmod 1\}\in(0, \frac12)$.

Pero el uso de Carlos argumento, esto es suficiente para resolver el problema original: tome $j=\frac k2$. Entonces $j\ell(x)\bmod 1\in (0, \frac12)$ $\implies\exists m$ s.t. $m\lt j\ell(x)\lt m+\frac12$ $\implies 2m\lt k\ell(x)\lt 2m+1$ $\implies \lfloor k\ell(x)\rfloor = 2m$. Dado que este es incluso (y debería estar claro que podemos tomar $x$ lo suficientemente grande que este es mayor que $2$, lo $k$ puede ser), entonces significa que $\lfloor k\ell(x)\rfloor$ no puede ser primo.