Successione di interi ... molto speciale.

[Erasmus_First]

Questo quiz viene da un altro forum , dal quale faccio il "copia/incolla".
Vietato, dunque, cercare in rete le parole stesse del quiz!
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Introduzione
Dato un numero primo $p$, nella successione crescente dei numeri naturali
0, 1, 2, 3, 4, ...
succede che c'è un numero divisibile per $p$ ogni $p$ termini. Si susseguono, cioè:
un termine divisibile per $p$;
$p–1$ termini non divisibili per $p$;
un termine divisibile per $p$;
$p–1$ termini non divisibili per $p$;
...
e così ... eternamente!

Il quiz
Fissato un numero primo $p$, dare una legge $y(n) = f(n)$ che produca, per $n$ naturale crescente, una successione crescente di interi ${y(n)}$ con la proprietà ... "rovescia" di quella appena vista [nell'introduzione] per la successione dei naturali.
Precisamente:
Dato un numero primo $p$, definire una successione di interi nella quale, dopo il termine iniziale che vale $1$, si susseguano:
$p-1$ termini tutti divisibili per $p$;
un termine non divisibile per $p$;
$p-1$ termini tutti divisibili per $p$;
un termine non divisibile per $p$;
...
e così ... eternamente.
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[orsoulx]

Si può perturbare $ n p $ sommando una funzione che valga 1 quando n è un multiplo di p e 0 altrimenti; ad esempio: \( f(n)=n p+floor(|\cos \frac {n \pi} p|) \)

Ciao

[Gi81]

Fisso $p$ primo.
Definisco una funzione $g:NN -> NN$ così:
se $a$ non è multiplo di $p$, $quad g(a):=p*a$
se $a$ è multiplo di $p$, $quad g(a):= g(a-1)+1$.

La funzione $f: NN -> NN$ definita da ${(f(1)=1),(f(n)=g(n-1)):}$ verifica le condizioni.

[Erasmus_First]

"orsoulx":

Si può perturbare $ n p $ sommando una funzione che valga 1 quando n è un multiplo di p e 0 altrimenti; ad esempio: \( f(n)=n p+floor(|\cos \frac {n \pi} p|) \)

Parafrasando Dante, (Inf. 3 -12):«Maestro, il tuo parlar m'è duro!»
Vediamo se ho capito ...

«Per ogni naturale n, se n NON è multiplo di p allora f(n) = n·p, altrimenti f(n) = n·p + 1».

Per esempio, per p = 7 verrebbe:

   n ––> 0,   1,   2,   3,   4,   5,   6,   7,   8,   9,  10,  11,  12,  13,  14,  15, ...
f(n) ––> 1,   7,  14,  21,  28,  35,  42,  50,  56,  63,  70,  77,  84,  91,  99, 105, ...

Beh: mi pare che di soluzioni costruite [come questa] ad hoc... "haccene più di millanta"!
Ma io ho in testa una soluzione che si può scrivere – come si dice? – "in formula chiusa" ( ) ... e che mi pare la più elegante.
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Il quiz (di mia invenzione) m'è venuto in mente fantasticando come segue.
Immaginiamo di scorrere la successione dei naturali guardandone un itervallo da una finestra larga k elementi avanzando nella successione un naturale alla volta. Per n = 0, 1, 2, 3, ..., vedo nella finestra gli elementi da n escluso a n+k compreso. Se k = 1, nella finestra vedo un solo numero e quindi, avanzando nella successione dei naturali di un elemento alla volta, per p–1 passi vedo un numero NON divisibile per p e poi un multiplo di p.
Per k ≥ p, nella finestra ci sta sempre almeno un multiplo di p.
Invece per k = p – 1, [cioè se la finestra è larga p – 1 elementi], per p – 1 passi vedo sempre un [solo] multiplo di p e p–2 elementi non divisibili per p; e per il solo passo successivo vedo p – 1 elementi tutti non divisibili per p.
Una soluzione è dunque prendere per elemento corrente della successione il prodotto dei p –1 naturali consecutivi visti dalla finestra larga p – 1 elementi.
Siccome nella successione dei naturali c'è un multiplo dell'intero r ogni r elementi, il prodotto di p–1 naturali consecutivi è senz'altro divisibile per
$(p–1)! = 1·2·...·(p–1)$.
Detto allora $C(m, r)$ il numero di combinazioni di $m$ elementi ad $r$ ad $r$, la soluzione che ho pensato (e che considero la più elegante) è:
$f(n) =$ /$(p -1)! = C(n + p –1, p –1) = ((n + p -1)!)/(n!·(p -1)!)$.

[milizia96]

Secondo me questa è più elegante:

$f(n) = 1 - n^{p-1}$

[Erasmus_First]

"milizia96":Secondo me questa è più elegante [...]

Bellissima!

Piccolo teorema di Fermat
Come t'è venuto in mente?
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Per ogni intero positivo p (primo o no) f(0) = 1 e f(1) = 0.
Per ogni intero n > 1 f(n) < 0.
Però ... (adesso ti faccio le pulci ) ... è decrescente invece che crescente.
E se cambi segno incomincia con -1 invece che con 1.
E se ci metti il modulo non è più monotòna.
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Scherzi a parte ... complimenti!

[milizia96]

Se proprio vuoi rispettare tutte quelle condizioni:

$f(n) = (p-1)n^{p-1} + 1$