Acerca de los números que tienen muy pocos divisores pequeños

Question

Voy a dar un poco de contexto en primer lugar, usted puede saltar directamente a la pregunta de ahí abajo, si usted está en un apuro.

Contexto.

Estoy interesado en los números que tienen muy poco divisores. Vamos a denotar por $\mathbb P$ el conjunto de todos los números primos. Yo estaba buscando números de $n$ que satisface:

$$\forall p\in \mathbb P,\quad p\leqslant \sqrt n\implies n\equiv 1\pmod p.$$

Podemos demostrar que esta condición será imposible satisfacer a $n\geqslant 32$.

Así que empecé la búsqueda de la satisfacción de los números:

$$\forall p\in \mathbb P,\quad p\leqslant \log n\implies n\equiv 1\pmod p.$$

Si se encuentra un montón de ellos:

$$2,3,5,7,11,13,17,19,31,37\ldots,8191,8821,9241,9661,9871\ldots$$

Pero, de nuevo, desde

$$\prod_{\substack p\in\mathbb P\\p\leqslant n} p \sim n^ne^n$$

Vi que esta lista va a terminar eventualmente, puede ser ilustrado por estas dos líneas de cruce:

Esto es para evitar todos estos problemas que yo he elegido la siguiente definición (darle una oportunidad a esta lista de no parar en particular).

Al principio, traté de encontrar una condición óptima, pero que iba a terminar con la búsqueda de una función de $\phi$ tal que

$$\Gamma\left(\frac{\phi(n)}{\log\phi(n)}\right)e^{\frac{\phi(n)}{\log\phi(n)}\log\log\frac{\phi(n)}{\log\phi(n)}-\mathrm{Li}\left(\frac{\phi(n)}{\log\phi(n)}\right)}\leqslant n$$

para todos los $n$, lo que parecía imposible de resolver.

La pregunta.

Vamos a definir una dura número como un número de $n$ tal que

$$\forall p\in \mathbb P,\quad F (p)\leqslant n\implies n\equiv 1\pmod p$$

donde

$$F(x)=\prod_{\substack p\in\mathbb P\\p\leqslant x} p.$$

Podemos encontrar la primera duras números de hasta el $10^8$:

$$1,3,5,7,13,19,\ldots,6931,9241,11551,\ldots,60061,90091,120121,\ldots,510511,1021021,1531531,\ldots,9189181,9699691,\ldots$$

No existen infinidad de duras números? (Creo que sí)

Podemos encontrar una fórmula que daría la $n$-th duras número?

Answer 1

Suponiendo que yo entiendo su pregunta correctamente, yo creo que el producto de la primera $n$ primos $1$ daría un duro número (vamos a llamar a $N$). El único de los números primos con $F(p)\leq N$ sería el primer $n$ de los números primos, y cada uno de ellos se dividen $N-1$.

Para la segunda parte, vamos a $P_n$ ser el producto de la primera $n$ números primos (o podríamos dejar de ser $F(p_n)$). Dado un número $N$, definir $n$ tal que $P_n < N < P_{n+1}$. Debemos tener de que, desde la $F(p_k)<N$ para todos los $1\leq k \leq N$, $P_n|N-1$ (a ver que esto es equivalente a ser duro). Así,

$$N=jP_n+1$$

para algunos $1\leq j < p_{n+1}$. Por lo tanto, la dura números de este aspecto:

$$\cdots,P_n+1,2P_n+1,\cdots,(p_{n+1}-1)P_n+1,P_{n+1}+1,2P_{n+1}+1,\cdots$$

Es difícil índice sin conocer la primera $n$ prepara a sí mismos, pero sabiendo ellos es relativamente sencillo.

Answer 2

O. K. se puede iniciar la respuesta, viendo que los números de $n=1+\prod \limits_{p_i \leq f(n)} p_i $ ajuste de su condición, ahora sólo tenemos que ver para qué de las funciones de su verdad.

Fácil ver que, si $Max(p_i) \geq n$ $n$ no puede mantener fiel a su condición, lo que significa que $f(n) \geq n$ le dará no válida $n$.(En realidad, podemos reducir este a $f(n) \geq \frac{n}{2}$ por el mismo razonamiento.).

Sabemos que $p_i \approx i \ln i$ y queremos que $\prod \limits_{i=2}^{p} i \ln i \approx n $ y encontrar $p$ $n$ le dará la función adecuada (Una aproximación a la función).

Ahora $\prod \limits_{i=2}^{p} i \ln i \approx e^{\sum\limits_{i=2}^{p} i \ln i}\approx e^{\int\limits_{i=2}^{p} i \ln i}= \frac{1}{4} e^{\frac{1}{4} p^2 (2 \log (p)-1)+1}\approx n $ ∆ $p$(que es un símbolo de la máxima prime), llegamos a que $p=e^{\frac{1}{2} \left(W\left(\frac{4 (\log (4 n)-1)}{e}\right)+1\right)}$ y desde $W(x) \approx \ln x + \ln \ln x$ donde $W(x)$ (Lambert función W) podemos aproximar a $p \approx \frac{2 \sqrt{\log (4 n)-1}}{\sqrt{\log (4 (\log (4 n)-1))-1}} \approx \frac{2\sqrt{\ln n}}{\sqrt{\ln \ln n}}.$

Así que cuando $f(n) \leq \frac{2\sqrt{\ln n}}{\sqrt{\ln \ln n}}$ tendremos Infinitamente muchas soluciones

Para $\frac{2\sqrt{\ln n}}{\sqrt{\ln \ln n}} << f(n) << n$ sólo podíamos tener un número finito de soluciones a medida para sus ejemplos $f(n)=\sqrt{n},\ln n$