Ириническая последовательность

[Ktina]

Назовём последовательность $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ натуральных чисел иринической, если первым её элементом является произвольное натуральное число, а для каждого элемента, начиная со второго, выполняется

$$a_{n+1}=a_n+2013\tau (a_n)$$

($\tau$ это число делителей).

Могут ли в иринической последовательности встретиться две точные 2013-е степени подряд?

[Shadow]

Ну, eсли семьдесят четвертый член последовательности есть $x^{2013}$, то есть сильные подозрения, что следующий, а именно:

$x^{2013}+2013\tau(x^{2013})<(x+1)^{2013}$

Даже если великодушно отбросить все члены бинома Ньютона после второго, то

$\tau(x^{2013})<x^{2012}$

Т.к.

$\tau(p_1^{s_1}p_2^{s_2}\cdots p_k^{s_k})=(1+s_1)(1+s_2)\cdots (1+s_k)$

достаточно доказать, что

$1+2013s_i<p_i^{2012s_i}$

Но я не буду.

[Ktina]

Shadow,
Вы длинным путём пошли.
Там всё гораздо проще.

-- 11.09.2013, 09:52 --

Предлагаю доказать, что даже двух кубов кряду Вы в иринической последовательности не встретите.

[Shadow]

Ktina в сообщении #762756 писал(а):

Вы длинным путём пошли.

Он очевидный и не расчитывает на везение.

Ktina в сообщении #762756 писал(а):

Предлагаю доказать, что даже двух кубов кряду Вы в иринической последовательности не встретите.

По модулю 9?
$\tau(x^{3k})=1 \pmod 3$ (см. выше)
$2013\tau(x^{3k})=6 \pmod 9$
У кубов по модулю 9 остатки $0,1,-1$ значит не получится.

[Ktina]

Shadow в сообщении #762766 писал(а):

По модулю 9?
$\tau(x^{3k})=1 \pmod 3$ (см. выше)
$2013\tau(x^{3k})=6 \pmod 9$
У кубов по модулю 9 остатки $0,1,-1$ значит не получится.

Точно!