2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 итерации 2^(n-1)+5
Сообщение02.10.2016, 17:51 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Определим последовательность: $n_1=3$, $n_{k+1} = 2^{n_k-1}+5$ для всех $k\geq 1$.

Докажите, что для каждый член этой последовательности делит следующий за ним.

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение04.10.2016, 12:23 


02/07/11
59
Первое, что приходит в голову - заметить, что если $a^{n-1}\equiv 1(n)$ выполнено для пары $(2,n),$ то выполнено и для $(2,2^{n}-1).$
Тогда $a_2=2^{a_1-1}+5\equiv 2^{a_1-1}-1\equiv 0(a_1).$ Осталось сделать индукционный переход, но что-то пока не получается.

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение06.10.2016, 17:01 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Math_er в сообщении #1157133 писал(а):
Тогда $a_2=2^{a_1-1}+5\equiv 2^{a_1-1}-1\equiv 0(a_1).$ Осталось сделать индукционный переход, но что-то пока не получается.

Не совсем понятно, что именно вы хотите здесь доказать. Да, для $n_1=3$ мы имеем $2^{n_1-1}-1\equiv 0 \pmod{n_1}$, но уже для $n_2=9$ это не так: $2^{n_2-1}-1\not\equiv 0 \pmod{n_2}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение09.10.2016, 17:45 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Вынес обсуждение этой последовательности на МО: http://mathoverflow.net/q/251717/7076

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение11.10.2016, 18:48 
Аватара пользователя


25/03/09
94
А вот такие? Первые элементы тоже красиво делятся. (Для последних двух со второго элемента начать). Если начинать с -1 или 4, уже не получается.

$a_1=2$, $a_{k+1}=2^{a_k+0}+4$
$b_0=1$, $b_{k+1}=2^{b_k+1}+3$
$c_0=0$, $c_{k+1}=2^{c_k+2}+2$

update: Странно, почему-то я 260 на 8 сумел нацело поделить. Тем не менее, там как-то красиво получается факторизация.

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение13.10.2016, 23:06 
Заслуженный участник


08/04/08
8556
covax в сообщении #1158984 писал(а):
А вот такие? Первые элементы тоже красиво делятся. (Для последних двух со второго элемента начать). Если начинать с -1 или 4, уже не получается.
$b_0=1$, $b_{k+1}=2^{b_k+1}+3$
$c_0=0$, $c_{k+1}=2^{c_k+2}+2$
Если рассматривать итерации $a\to 2^{a-h}-r$, то в качестве начальных кандидатов возможны (ли?) следующие:

(список)

$h \ r \ a_0$
1 2 6
1 8 6
1 8 8
2 4 6
2 4 7
2 4 12
2 7 13
3 1 9
3 1 15
3 8 8
3 8 12
4 2 14
4 4 12
4 5 9
4 7 11
5 2 10
5 2 18
5 8 12

Для генератора с $(h,r,a_0)=(2,4,6)$ удается вычислить 4 члена последовательности

 Профиль  
                  
 
 Re: итерации 2^(n-1)+5
Сообщение15.10.2016, 08:43 
Заслуженный участник


08/04/08
8556
maxal писал(а):
If $n_k∣n_k+1$, then $n_k∣n_k+t$ for all integer $t\geqslant 0$.
Кто-нибудь может мне в ЛС подсказать, как это доказывается?
Я пока нашел лишь то, что это свойство зависит от начального члена последовательности: если начинать с $n_1=161$, то оно неверно. Соответственно, просто с одной импликацией ничего не сделаешь.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group