Relacionados con el mayor número primo que divide a $n.$

Question

Ni siquiera tengo una idea de cómo empezar a trabajar en esto:

Deje $p(n)$ denotar el mayor número primo que divide a $n.$ Muestran que existe una infinidad de números enteros positivos $m$ tal que $$p(m-1)<p(m)<p(m+1).$$

Answer 1

Para más breve notación deje $n \in G$, iff $p(n-1) < p(n) < p(n+1)$ (G es la "buena"). También, decir que el $n \in P$ fib $p(n) > p(n-1),p(n+1)$ (P es para "pico"). La clave de la solución es la siguiente observación:

Observación: Si $n \in P$ entonces $n^2 \in G$ o $n^2 \in P$.

Prueba: Supongamos que $p(n) > p(n-1),p(n+1)$$n^2 \not \in G$. Debido a $n^2-1 = (n-1)(n+1)$,$p(n^2) = p(n) > p(n^2-1)$. Por lo tanto, la única manera para $n^2 \not \in G$ si $p(n^2) > p(n^2+1)$. Entonces claramente $n^2 \in P$. $\square$

Queremos demostrar que $G$ es infinito. Para una prueba por contradicción, supongamos que $G$ es finito. Debido a $\limsup p(n) = + \infty$, se puede elegir arbitrariamente grande,$n_0$$p(n_0)>p(n_0-1)$. Si $n_0 > \max G$ (así, en particular,$n_0 \not \in G$), $p(n_0) > p(n_0+1)$ y, por tanto,$n_0 \in P$.

Vamos $n_1:= n_0^2$, $n_2 = n_1^2$, y en general, $n_{i+1} = n_i^2$ (por lo que en forma cerrada $n_i = n_0^{2^i}$). Debido a la observación anterior, y debido a $n_0^2 \not \in G$,$n_1 = n_0^2 \in P$. Asimismo, $n_2 = n_1^2 \in P$, y de manera inductiva $n_i \in P$ todos los $i$.

Deje $p_0 = p(n_0)$. Claramente, $p(n_i) = p_0$ todos los $i$. En paricular, $p_0 > p(n_i+1)$ todos los $i$. Deje $m_i := n_i+1$, y tenga en cuenta que $m_{i+1} = (m_i-1)^2+1$. Por lo tanto, hemos $m_{i+1} \equiv 2 \pmod{m_i}$, $m_{i+2} \equiv 2 \pmod{m_i}$ y en general,$m_{j} \equiv 2 \pmod{m_i}$$j > i$. Por lo tanto, $m_i$ no comparten ningún tipo de factores primos, a excepción de $2$. Debido a $m_i$ son obviamente más grande que la de $2$ y no son divisibles por $4$, podemos ver que $p(m_i) > 2$ todos tomar diferentes valores para diferentes $i$. Al mismo tiempo, $p(m_i) < p_0$ por la construcción. Por lo tanto, llegamos a una contradicción, demostrando la demanda inicial.

Answer 2

Si $q$ $2q+1$ son ambos primos, con $q > 3$, $p(2q-1)$ debe ser menor que $q$. Esto es debido a que uno de los tres números enteros consecutivos $2q-1,2q,2q+1$ debe ser divisible por $3$, y sabemos que $2q$ $2q+1$ no lo son. Por lo $3 | (2q-1)$, lo $p(2q-1) \le (2q-1)/3 < q$. Así tenemos que el aumento de la secuencia:

$$p(2q-1) < q$$ $$p(2q) = q$$ $$p(2q+1) = 2q+1$$

Tales números primos $q$ son llamados números primos de Sophie Germain, y se cree (aunque no demostrado) que hay un número infinito de ellos.

Editado para añadir:

Y si $2^n+1$ es primo, pero $2^{n+1}+1$ es no, entonces tenemos el aumento de la secuencia:

$$p(2^{n+1}) = 2$$ $$3 \le p(2^{n+1}+1) < 2^n$$ $$p(2^{n+1}+2) = 2^n+1$$

Si $2^n+1$ es primo, entonces $n$ debe ser una potencia de dos, y $2^n+1$ se llama Fermat prime. De nuevo, si hay un número infinito de números primos de Fermat es un problema abierto.