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
5352
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
5352
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
5352
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
8457
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
8457
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: нет зарегистрированных пользователей


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