Generar números primos de la forma ⌊3–√⋅n⌋⌊3⋅n⌋\lfloor \sqrt{3} \cdot n \rfloor

Question

Generar números primos de la forma ⌊3–√⋅n⌋⌊3⋅n⌋\lfloor \sqrt{3} \cdot n \rfloor

algoritmos
Matemáticas
números primos
secuencias y series
teoría-de-números-elemental

Peđa

¿Cómo probar las siguientes afirmaciones?

Dejar $b_n=b_{n-1}+\operatorname{lcm}(\lfloor \sqrt{3} \cdot n \rfloor , b_{n-1})$ con $b_1=3$ y $n>1$ . Dejar $a_n=b_{n+1}/b_n-1$ .

Cada término de esta sucesión $a_i$ es primo o $1$ .
Todo primo impar de la forma $\left\lfloor \sqrt{3}\cdot n \right\rfloor$ mas grande que $3$ es un término de esta sucesión.
En la primera aparición de cada número primo de la forma $\left\lfloor \sqrt{3}\cdot n \right\rfloor$ mas grande que $5$ , es el próximo primo de la forma dada después del primo más grande que ya apareció.

Algunos primeros términos de esta secuencia se pueden encontrar en A323388 .

La implementación de este generador en PARI/GP se puede encontrar aquí .

reencuentros

¿Qué te hace pensar que es cierto que "todo término es primo o

1

$1$ "? Si son solo los 72 primeros términos, entonces para mí es obvio que no es cierto.

Peđa

@reuns Buscando un contraejemplo al primer reclamo.

señorito

@PeđaTerzić. No pude obtener el cálculo. ¿Podría por favor calcular uno en forma simple?

Peđa

@sirous ¿Con qué cálculo tienes problemas?

señorito

@PeđaTerzić, por ejemplo, ¿cómo se encuentra el número 83 en la secuencia?

Peđa

@sirous Usando la recurrencia dada en la segunda línea de esta publicación.

Peđa

@sirous Prueba este.

Esteban Crespi

@PeđaTerzić No puedo entender 3 muy bien.

a_{7} = 13 = ⌊ 8 \sqrt{(} 3) ⌋

$a_7=13 =\lfloor 8\sqrt(3)\rfloor$ pero el número primo más grande hasta ahora es 5, que no es el número primo anterior. ¿Puedes aclarar eso por favor?

vepir

¿Hay alguna razón para elegir

b_{1} = 3, m = 3

$b_1=3,m=3$ ? Traté de observar de manera más general

b_{n} = b_{n - 1} + lcm (⌊ \sqrt{m} \cdot n ⌋, b_{n - 1}), b_{1} \in {2, 3}

$b_n=b_{n-1}+\operatorname{lcm}(\lfloor \sqrt{m} \cdot n \rfloor , b_{n-1}),b_1\in\{2,3\}$ , entonces para

m

$m$ eso no es un numero cuadrado

a_{n}

$a_n$ parece estar compuesta solo un número finito de veces. Y si

b_{1} = k m, k \in N

$b_1=km,k\in\mathbb N$ , entonces también parece ser el caso de los números cuadrados

m

$m$ también.

Peđa

@Vepir No hay una razón especial. Intentar

m = 5

$m=5$ con

b_{1} = 182

$b_1=182$ o

m = 6

$m=6$ con

b_{1} = 26

$b_1=26$ .Parece que por cada entero positivo no cuadrado

m

$m$ hay un valor inicial adecuado

b_{1}

$b_1$ para que secuencia

a_{i}

$a_i$ está formado por números primos y

1

$1$ es solamente. ¡Pozdrav iz Crne Gore!

Peđa

@EstebanCrespi Espero haber aclarado ahora el tercer reclamo.

Respuestas (1)

Generar números primos de la forma ⌊3–√⋅n⌋⌊3⋅n⌋\lfloor \sqrt{3} \cdot n \rfloor

¿Qué te hace pensar que es cierto que "todo término es primo o $1$ "? Si son solo los 72 primeros términos, entonces para mí es obvio que no es cierto.
@PeđaTerzić. No pude obtener el cálculo. ¿Podría por favor calcular uno en forma simple?
@PeđaTerzić, por ejemplo, ¿cómo se encuentra el número 83 en la secuencia?
@sirous Usando la recurrencia dada en la segunda línea de esta publicación.
@PeđaTerzić No puedo entender 3 muy bien. $a_7=13 =\lfloor 8\sqrt(3)\rfloor$ pero el número primo más grande hasta ahora es 5, que no es el número primo anterior. ¿Puedes aclarar eso por favor?
¿Hay alguna razón para elegir $b_1=3,m=3$ ? Traté de observar de manera más general $b_n=b_{n-1}+\operatorname{lcm}(\lfloor \sqrt{m} \cdot n \rfloor , b_{n-1}),b_1\in\{2,3\}$ , entonces para $m$ eso no es un numero cuadrado $a_n$ parece estar compuesta solo un número finito de veces. Y si $b_1=km,k\in\mathbb N$ , entonces también parece ser el caso de los números cuadrados $m$ también.
@Vepir No hay una razón especial. Intentar $m=5$ con $b_1=182$ o $m=6$ con $b_1=26$ .Parece que por cada entero positivo no cuadrado $m$ hay un valor inicial adecuado $b_1$ para que secuencia $a_i$ está formado por números primos y $1$ es solamente. ¡Pozdrav iz Crne Gore!
@EstebanCrespi Espero haber aclarado ahora el tercer reclamo.

kim sungjin · Answer 1

Probamos que la segunda y la tercera afirmación son verdaderas.

La segunda afirmación es cierta.

Si $a=d\alpha$ , $b=d\beta$ y $(a,b)=d$ , tenemos $\mathrm{lcm}(a,b) / b = \alpha = a / d.$

Podemos reescribir la secuencia $a_n$ usando arriba.

a_{1} = 1,

$a_1=1,$

a_{norte} = \frac{⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋}{(⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋, (a_{norte - 1} + 1) \dots (a_{1} + 1) 3)}, norte \geq 2.

$a_n=\frac{\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor}{\left(\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor, (a_{n-1}+1)\cdots (a_1+1) 3 \right)}, \ \ n\geq 2.$

Así, si $n\geq 2$ y $\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor=p>3$ es primo, entonces $p$ no se puede dividir $a_i+1$ para todos $1\leq i\leq n-1$ .

Está claro que $p$ no se puede dividir $a_i+1$ para $1\leq i\leq n-2$ . De lo contrario, $p | a_i+1 \leq \lfloor (n-1)\sqrt 3 \rfloor +1<\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor=p$ es una contradicción.

Para ver eso $p$ no se puede dividir $a_{n-1}+1$ , suponga lo contrario. Entonces $p|a_{n-1}+1 \leq \lfloor n\sqrt 3\rfloor +1\leq \lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor=p$ . Esto da la igualdad

pag = a_{norte - 1} + 1 = ⌊ norte \sqrt{3} ⌋ + 1 = ⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋ .

$p=a_{n-1}+1=\lfloor n\sqrt 3\rfloor +1=\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor.$ Entonces

⌊ n \sqrt{3} ⌋ = p - 1

$\lfloor n\sqrt 3 \rfloor = p-1$ es un número par. Además,

⌊ \sqrt{3} ⌋ = 1

$\lfloor \sqrt 3\rfloor = 1$ ,

⌊ 2 \sqrt{3} ⌋ = 5

$\lfloor 2\sqrt 3\rfloor=5$ da

n \geq 3

$n\geq 3$ . Pero,

2 = a_{1} + 1

$2=a_1+1$ da

a_{norte - 1} = \frac{⌊ norte \sqrt{3} ⌋}{(⌊ norte \sqrt{3} ⌋, (a_{norte - 2} + 1) \dots (a_{1} + 1) 3)} \leq \frac{pag - 1}{2} < pag - 1.

$a_{n-1}=\frac{\lfloor n\sqrt 3 \rfloor}{\left(\lfloor n\sqrt 3\rfloor, (a_{n-2}+1)\cdots (a_1+1) 3 \right)}\leq \frac{p-1}2 <p-1.$ Esto también es una contradicción.

Por lo tanto, tenemos $a_n=p$ En tal caso.

La tercera afirmación es cierta.

Recordar que

a_{1} = 1,

$a_1=1,$

a_{norte} = \frac{⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋}{(⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋, (a_{norte - 1} + 1) \dots (a_{1} + 1) 3)}, norte \geq 2.

$a_n=\frac{\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor}{\left(\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor, (a_{n-1}+1)\cdots (a_1+1) 3 \right)}, \ \ n\geq 2.$

Suponer que $n\geq 2$ y $\lfloor(n+1)\sqrt 3\rfloor = p>3$ es primo Entonces tenemos para cualquier $1\leq i\leq n-1$ ,

a_{i} \leq ⌊ (i + 1) \sqrt{3} ⌋ \leq ⌊ norte \sqrt{3} ⌋ < ⌊ (norte + 1) \sqrt{3} ⌋ = pag,

$a_i\leq \lfloor (i+1)\sqrt 3 \rfloor \leq \lfloor n\sqrt 3\rfloor < \lfloor (n+1)\sqrt 3 \rfloor =p,$

Por lo tanto, $p$ es el siguiente número primo de la forma dada después del número primo más grande que ya apareció.

Tengo problemas para entender la tercera conjetura de OP. ¿Estás seguro de que no está preguntando si $p=\lfloor (n+1)\sqrt{3}\rfloor$ ¿Está el siguiente primo en la secuencia después del primo más grande anterior?
@WillFisher Puede que no lo haga. Ver la primera aparición de $17=\lfloor 10\sqrt 3 \rfloor$ y es el siguiente número primo después de $5$ . Y el primo previamente más grande es $13$ , es antes $5$ . De hecho, $13, 5, 17$ son valores primos consecutivos de la secuencia.
Tenga en cuenta también que OP ha cambiado esta publicación, y no el OEIS. Por tanto, la tercera conjetura de la OEIS no es cierta. Una declaración equivalente pero más fácil de la tercera conjetura en esta publicación es, "en la primera aparición de números primos de la forma $\lfloor n\sqrt 3\rfloor$ , es más grande que cualquiera de los números primos anteriores en la secuencia".

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Generar números primos de la forma ⌊n3−−√⌋⌊n3⌋\lfloor \sqrt{n^3} \rfloor

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