Multimea factorilor primi ai unui sir infinita

[Cezar Lupu]

Fie \( (a_{n})_{n\geq 1} \) un sir crescator de numere pentru care \( a_{n+1}-a_{n}<2007,\forall n\geq 1 \). Sa se arate ca multimea factorilor primi ai sirului \( a_{n} \) este infinita.

[Filip Chindea]

Cred ca totul se bazeaza pe urmatoarea lema (nu am reusit sa gasesc un link, avand in vedere formularea deseori mai mult simbolica):

Pentru un sir de numere intregi pozitive \( (a_n)_{n \ge 1} \) avand multimea factorilor primi finita si \( A > 0 \), sirul \( (a_n + A)_{n \ge 1} \) are multimea factorilor primi infinita.

Revenim la demonstratie. Evident ca exista un \( k \in \overline{1,2006} \) si un sir de indici \( (i_j)_{j \ge 1} \) pentru care \( a_{i_j + 1} = a_{i_j} + k \), \( \forall j \ge 1 \). Daca prin absurd sirul \( a_n \) ar avea o multime finita de factori primi, atunci sirul \( a_{i_j} \) ar avea o multime finita de factori primi, deci din lema sirul \( (a_{i_j} + k)_{j \ge 1} = (a_{i_j + 1})_{j \ge 1} \), cu termenii printre cei ai lui \( a_n \), ar avea multimea de factori primi infinita, contradictie.

[maky]

Lema respectiva poarta numele de Teorema Kobaiashi si este o teorema destul de tare in teoria numerelor.

Ideea de demonstratie se bazeaza pe asa numita ecuatia lui Nagell, care spune ca daca \( A,B,C,n,m,a_1,a_2,\ldots,a_n,b_1,b_2,\ldots,b_m \) sunt numere intregi fixate nenule, atunci ecuatia

\( Aa_1^{x_1}a_2^{x_2}\ldots a_n^{x_n} + Bb_1^{y_1}b_2^{y_2}\ldots b_m^{y_m} = C \)

are un numar finit de solutii \( (x_1,x_2,\ldots,x_n,y_1,y_2,\ldots,y_m) \).

Nici acest fapt nu este trivial, deoarece se foloseste ecuatia lui Thue, care afirma ca

\( ax^3+by^3=c \)

are un numar finit de solutii \( (x,y) \) intregi, daca \( a,b,c \) sunt numere intregi fixate nenule.

Acest fapt rezulta de fapt din teorema lui Thue de aproximare: daca \( x \) este un numar algebric de grad \( n \), atunci exista doar un numar finit de numere rationale \( r=p/q \) astfel incat

\( \left| x-\frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^s} \),

unde \( s = \lfloor n/2 \rfloor + 1 +\varepsilon \) (sau ceva asemanator).

Demonstratia acestui fapt chiar e complicata, am citit pe undeva una de vreo 15 pagini cu niste polinoame in mai multe variabile, nu mi-a fost foarte usor sa inteleg despre ce e vorba.

Nota: teorema de mai sus e valabila daca se inlocuieste \( s \) cu \( 2+\varepsilon \) (teorema lui Roth).

Acum, folosind teorema asta, se poate demonstra si ecuatia lui Thue (hai ca nu mai scriu si asta aici iese simplu!).

Acum, din Thue iese Nagell: fixez \( r_1,r_2,\ldots,r_n,s_1,s_2,\ldots,s_m \in \{0,1,2\} \). Arat ca exista un numar finit de solutii ale ecuatiei Nagell astfel incat \( x_i \equiv r_i \pmod{3} \) si \( y_i \equiv s_i \pmod{3} \).
Acest fapt imi solutioneaza problema deoarece exista un numar finit de alegeri ale resturilor modulo 3, si daca pentru fiecare alegere ar exista un numar finit de solutii, atunci numarul total de solutii e finit. Scriu \( a_i^{x_i}=a_i^{r_i} \cdot (a^{\prime}_i)^3 \). Analog le inlocuiesc pe toate si tinand cont ca \( a_i^{r_i} \) nu face parte din ecuatie, obtin ceva de genu

\( \alpha X^3 + \beta Y^3 = C \).

Asta are un numar finit de solutii find ecuatia lui Thue, deci obtin un numar finit de solutii pt ecuatia initiala, pentru configuratia de resturi modulo 3 aleasa. Acum, din discutia de mai sus, rezulta ca am un numar finit de solutii pt ecuatia Nagell.

In final, revenind la Kobaiashi, presupun prin absurd ca exista un sir \( (a_n)_n \) cu o infinitate de termeni distincti si cu un numar finit de divizori primi, astfel incat sa existe un \( c \) nenul cu proprietatea ca \( (a_n+c)_n \) are tot un numar finit de divizori primi. Fie \( p_1,p_2,\ldots,p_s \) divizorii lui \( (a_n)_n \) si \( q_1,q_2,\ldots,q_t \) divizorii lui \( (a_n+c)_n \). Atunci, ecuatia

\( c = q_1^{x_1}q_2^{x_2}\ldots q_t^{x_t}-p_1^{y_1}p_2^{y_2}\ldots p_s^{y_s} \)

are o infinitate de solutii, si anume exponentii alesi astfel incat in al doilea termen din membrul drept sa obtin toti termenii sirului, despre care am zis ca iau o infinitate de valori. Contradictie, caci este o ecuatie de tip Nagell care poate avea doar un numar finit de solutii.
Deci astfel e demonstrata teorema.

[Filip Chindea]

A propos, o alta aplicatie "nice": multimea divizorilor primi asociata oricarei infinitati de perechi de numere intregi pozitive \( (n, n + 1) \) este infinita.

[Dragos Fratila]

Cred ca legat de acest tip de problema este acest articol:
http://links.jstor.org/sici?sici=0002-9 ... nlargePage
din pacate nu-l am...

[Cezar Lupu]

Exista si o solutie elementara pentru aceasta problema care foloseste chestiuni simple de analiza matematica.

Se vede din ochi ca \( a_{n} < a_{1} +2007(n-1) \), de unde avem ca

\( \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots +\frac{1}{a_{n}} > \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{1}+2007(k-1)} >\alpha \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \),
unde \( \alpha \) este o constanta care nu depinde de \( n \).
Acum folosim faptul ca \( H_{n} > ln n \), unde \( H_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots +\frac{1}{n} \). Acum, daca \( p_{1}, p_{2}, p_{3}, \ldots p_{n} \) sunt toti factorii primi ai sirului nostru, atunci vom avea

\( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}} < \sum_{r_{1}, r_{2}, \ldots r_{s}\geq 0} \frac{1}{p_{1}^r_{1}p_{2}^r_{2}\ldots p_{s}^r_{s}}=\left(\sum_{r_{1}\geq 0}\frac{1}{p_{1}^r_{1}}\right)\ldots\left(\sum_{r_{s}\geq 0}\frac{1}{p_{s}r_{s}}\right) \) care va fi egala in cele din urma cu \( \frac{p_{1}}{p_{1}-1}\cdot\frac{p_{2}}{p_{2}-1}\ldots\frac{p_{s}}{p_{s}-1} \).
Astfel, obtinem contradictia \( \prod_{i=1}^{s}\frac{p_{i}}{p_{i}-1} > \alpha ln n \).