Que $p(n)$ es el mayor divisor principal de $n$. Demostrar que, existen satify infinito $n \in N$: $p(n) <p(n+1)<p(n+2)$

Question

Deje $p(n)$ denotar el mayor factor principal de $n$.

Demostrar que hay infinitos $n \in N$ satisfacer : $p(n) <p(n+1)<p(n+2)$

Mi idea es encontrar algunas consecuencias como la $a_n=2^{2^m+1}$ $n=a_n$

$p(n+1) \geq 3>2=p(n)$ $p(n+2)=2(2^{2^m}+1)$ donde $2^{2^m}+1$ es el número de Fermat

Si hay infinito número de Fermat el problema está resuelto. (pero esta afirmación es más difícil que el problema),

Gracias por ayudar, por fin he solucionado

Con la misma idea anterior . Sea p son impares primer

Existe $k_0 = \inf \{k \in N| P(p^{2^k}+1) > p\} ; k_0 < \infty .$

($P(n)$ mismo significado con $p(n)$)

Mediante Déjame : $P(p^{2^{k_0}}+1) \equiv 1 (\mod 2^{k_0+1})$

Y a continuación , vamos a comprobar : $P(p^{2^{k_0}}-1)<P(p^{2^{k_0}})< P(p^{2^{k_0}}+1).$

Answer 1

Desde la página 320 de "el más grande de los factores primos de a$n$$n+1$" por Paul Erdos y Carl Pomerance (Aequationes Mathematicae 17, 1978, pp 311-321):

Supongamos ahora $p$ es una extraña primer y

$$k_0=\inf\{k:P(p^{2^k}+1)\gt p\}$$

(tenga en cuenta que $P(p^{2^{k_0}}+1)\equiv 1$ mod$(2^{k_0+1})$, por lo que $k_0\lt\infty$). Entonces

$$P(p^{2^{k_0}}-1)\lt P(p^{2^{k_0}})\lt P(p^{2^{k_0}}+1)$$

Comentario: Ellos van a decir:

Por otro lado, no podemos encontrar una infinidad de $n$ para los que

$$P(n)\gt P(n+1)\gt P(n+2)$$

pero tal vez nos dan una prueba simple.

Answer 2

Por Schinzel la hipótesis de que existe intfinitly muchos números naturales $k$ de manera tal que cada uno de los siguientes es el primer: $$ \ \ \ \ \quad \quad q(k)=3k+2 \quad < \quad r(k)=4k+3 \quad < \quad s(k)=6k+5 \ \ ;\qquad$$ a continuación, vamos a $n_k=12k+8$, tenga en cuenta que: $$ \quad \quad \quad \ \ \ \quad \quad n=4t(k) ,\quad \quad \quad n+1=3r(k) ,\quad \quad \ \ \ \ n+2=2(k) \ \ \qquad \Longrightarrow \\ p(n) \quad \quad < \quad \quad p(n+1) \quad \quad < \quad \quad p(n+2) .$$

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Esta prueba es de nuevo construido sobre un problema abierto;
pero aviso que la creencia general acerca de los números de Fermat es:
$$f_n \ \ \text{is composite for all} \ \ n \geq 5.$$

Answer 3

Yo sólo se ejemplifican la idea de @Famke:

Si $p$, $\frac{3p+1}{2}$ y $3p+2$ son todas primer entonces para los números $$3p, 3p+1, 3p+2$$ the largest prime factors are, respecively, those above primes. Now, among the first $ 10 ^ N $ primes there are , respectively, $ 39 $, $ 249 $, $1546 $ ( for $N = 3,4,5 $ ) primes $p$ satisfacer la condición anterior. De hecho, así que prueba fuertemente sugiere que la conjetura de Schinzel es verdad, y así obtenemos un montón de ejemplos.

Ejemplo concreto: $p= p_{993}= 7867$. Entonces obtenemos %#% $ #%