Задача про целую часть

[Профессор Снэйп]

1) Доказать, что для любого натурального $k>1$ существует действительное не целое $r > 1$, такое что $[r^{n^2}]$ делится на $k^{2007 \cdot n}$ при всех натуральных $n>0$ (квадратные скобки обозначают целую часть числа).

2) Доказать, что в условиях предыдущей задачи $r$ всегда можно выбрать трансцендентным.

[maxal]

Ну во-первых, можно заменить $k$ на $k'=k^{2007}$ и получить требование делимости на $k'^n$. Поэтому 2007 здесь от балды.

[Профессор Снэйп]

maxal писал(а):

Ну во-первых, можно заменить $k$ на $k'=k^{2007}$ и получить требование делимости на $k'^n$. Поэтому 2007 здесь от балды.

Согласен. Это я чтоб страшнее выглядело

[RIP]

С Вашего позволения решение для $k^n$.
Построим последовательность вложенных отрезков вида $\Delta_n=[a_n;b_n]=[\left(m_nk^n\right)^{1/n^2};\left(m_nk^n+1/2\right)^{1/n^2}]$, $m_n\in\mathbb N$, и в качестве $r$ берём их общую точку. Берём любое достаточно большое $m_1$. Пусть $\Delta_1,\ldots,\Delta_n$ уже построены. Поскольку

$$b_n^{(n+1)^2}-a_n^{(n+1)^2}>\frac12\left(m_nk^n\right)^{2/n+1/n^2}>\frac12(m_1k)^{2n}>100k^{n+1},$$

то есть как минимум два подходящих значения для $m_{n+1}$. Таким образом, существует континуум подходящих значений для $r$. Хотя бы одно из них трансцендентно.

[Профессор Снэйп]

Ага. Я тоже так решал.

Вот здесь задан интересный вопрос насчёт простоты целых частей. Задачи выглядит похоже, но явно более сложная. Если у кого-то есть какие-то идеи, сообщите, мне было бы очень интересно.

[RIP]

А можно этот вопрос здесь озвучить, а то у меня инета нету.

[maxal]

Оригинал задачи отсюда:

Существует ли такое вещественное $a>1$ и целое $k$, что
(1) [a^n] - простое число для всех натуральных $n>k$?
(2) [n^a] - простое число для всех натуральных $n>k$?

По существу никто так и не сумел дать ответа ни на один из этих вопросов. Но тем не менее в их связи припомнили теорему Миллса, которая утверждает, что существует такое $A$, что $[A^{3^n}]$ является простым для всех натуральных $n$. Минимальное такое $A$, называемое константой Миллса, равно

$$1.30637788386308069046861449260260571\ldots$$

.

[Профессор Снэйп]

Мне вот интересно, насколько в теореме Миллса важна эта тройка. Глубоко пока не копал, но на первый взгляд такое ощущение, что её можно и двойкой заменить. В описании теоремы, ссылку на которое дал maxal, сказано

Цитата:

Mills' proof was based on the following theorem by Hoheisel (1930) and Ingham (1937). Let $p_n$ be the $n$-th prime, then there exists a constant $K$ such that $p_{n+1}-p_n < K p_n^{5/8}$.

При взгляде на это неравенство возникает ощущение, что Миллс при доказательстве пользовался какими-то такими же приёмами, что и мы здесь. Так же строил вложенную систему отрезков, оценивал разность, искал в достаточно большом интервале очередное простое число... Но тогда почему именно тройка?

P. S. Для тех, у кого могут быть не доступны некоторые ссылки в интернете: теорема Миллса заключается в утверждении о том, что существует действительное число $A$, для которого числа $\big[ A^{3^n} \big]$ являются простыми при всех натуральных $n$.

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

Цитата:

Mills' proof was based on the following theorem by Hoheisel (1930) and Ingham (1937). Let $p_n$ be the $n$-th prime, then there exists a constant $K$ such that $p_{n+1}-p_n < K p_n^{5/8}$.

При взгляде на это неравенство возникает ощущение, что Миллс при доказательстве пользовался какими-то такими же приёмами, что и мы здесь. Так же строил вложенную систему отрезков, оценивал разность, искал в достаточно большом интервале очередное простое число... Но тогда почему именно тройка?

Как я понимаю, потому что $(m+1)^3 - m^3 = \Theta((m^3)^{2/3})$ и $\frac{2}{3}>\frac{5}{8}$, что согласно процитированному результату о $p_{n+1}-p_n$ позволяет найти простое в интервале $(m^3,(m+1)^3)$. Для двойки такого не получится, а вот до $\frac{8}{3}$ троечку уменьшить можно попробовать.

[juna]

Вот статья на эту тему.