[Teoria dei numeri]$T_n=2^{2^n}+1$

[dan952]

Per ogni intero positivo $n$ definiamo $T_n:= 2^{2^n}+1$. Dimostrare che se $m != n$ allora $(T_m,T_n)=1$.


Buon lavoro

[dan952]

Soluzione:

Non sbirciare

[j18eos]

Risposta:

tu non mi far barare!

[kobeilprofeta]

La soluzione non la guardo perchè non mi piace sbirciare

[dan952]

[mklplo751]

Se ho capito bene il problema,si tratta di dimostrare che per ogni $n$ naturale,
\( \frac{T_n}{T_m}\not=k \) (con $n$ diverso da $m$,e dove $k$ è un numero intero) giusto?
Se così fosse ecco un mio tentativo di dimostrazione:

Quindi riscrivo l'equazione:
\( \frac{2^{2^m}+1}{2^{2^n}+1}=k \)
e facendo qualche passaggio ottengo:
\( 2^{2^m}=k(2^{2^n}+1)-1=2^{2^n}+k-1 \)
ora se k fosse dispari,$k-1$ sarebbe pari mentre $2^(2^n)k$ sarebbe dispari e di conseguenza anche la somma,ciò è impossibile(salvo nel caso in cui $k=1$,cosa che viene esclusa dall'ipotesi iniziale),mentre se k fosse pari $k-1$ sarebbe dispari,mentre $2^(2^n)k$ sarebbe pari,di conseguenza la somma è di nuovo dispari ed è nuovamente impossibile.
Conclusione: Non esiste nessun numero intero che soddisfa le condizioni del problema.

[kobeilprofeta]

Se ho capito bene devi dire di più. Non solo che non sono multipli, ma che sono coprimi, cioè non hanno divisori in comune. Ad esempio 6 e 9 non vanno bene anche se 6/9 non è intero.

[mklplo751]

beh,se così fosse dovrei dare una rivisitata alla soluzione,grazie per avermi corretto.

[dan952]

@mklplo
Quoto kobe

[mklplo751]

scusate se ho frainteso il problema.

[Erasmus_First]

"dan95":[...] Dimostrare che se $m != n$ allora $(T_m,T_n)=1$.

Chiedo scusa per la mia "ignoranza" in "simbologia".
@ dan95
Che intendi con $(a, b)$ (quando $a$ e $b$ sono interi positivi)? Intendi forse il Massimo Comune Divisore di $a$ e $b$?
Penso di sì.
Se così, da quando il massimo comune divisore di $m$ e $n$ non si indica più, come ai miei tempi, con MCD(m, n)?
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I numeri $2^(2^n)+1$ (dove $n$ è un naturale) che ora tu appelli $T_n$ sono i famosi "numeri [interi] di Fermat", quelli che Fermat pensava che fossero tutti numeri primi. In suo onore preferisco appellarli $F_n$ come ho spesso visto fare (fino ad oggi escluso).
I primi 5 "interi di Fermat" (per $0 ≤ n ≤ 4$) sono numeri primi:
$F_0 = 2^(2^0)+1 = 3$; $F_1 = 2^(2^1)+1 = 5$; $F_2 = 2^(2^2)+1 = 17$; $F_3 = 2^(2^3)+1 = 257$; $F_4 = 2^(2^4)+1 = 65537$.
Per un secolo (successivo allo studio di Fermat) si è creduto che la congettura di Fermat fosse vera ... fino a quando Eulero non ha scoperto che $F_5 = 2^(2^5)+1= 4294967297$ è divisibile per 641. In effetti.
$4294967297 = 641·6700417$.
Gli interi di Fermat mal si prestano ad un calcolo manuale perché crescono troppo velocemente.
Ma al giorno d'oggi abbiamo i computer! Lo strano è che, prolungando l'elenco degli $F_n$ fin dove è possibile con l'uso dei moderni computer, non si è ancora trovato alcun $F_n$ primo per $n>4$. Qualcuno congettura che nessun intero di Fermat maggiore di $F_4$ sia primo.
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Che due distinti interi di Fermat $F_m$ ed $F_n$ (con $m≠n$) siano coprimi si dimostra mooolto facilmente!

Dei due distinti interi $m$ ed $n$ sia $n$ il maggiore.
$F_m$ è primo per $0 ≤ m ≤ 4$- Supponiamo dunque $n>m>4$.
Risulta subito $F_1 = F_0 + 2$; $F_2 = F_0·F_1 + 2$; $F_3=F_0·F_1·F_2+2$.
Si dimostra poi facilmente (per induzione) che per qualsiasi $n>3$ risulta:
$F_n = F_0·F_1·...·F_(n-1) +2$. (*)
Sia $k$ un divisore di $F_m$ e anche di $F_n$ (con $n>m>4$). Non può essere $k=2$ perché $F_m$ e $F_n$ sono entrambi dispari.
L'intero k, in quanto divisore di $F_m$, è anche divisore del prodotto $F_0·F_1·...·F_(n-1)$ [tra i cui fattori c'è anche $F_m$].
Siccome dalla (*) si ha $F_n - F_0·F_1·...F_(n.1) = 2$, raccogliendo a sinistra il divisore comune $k$ risulta che $k$ è un divisore di 2; e non potendo essere 2 è per forza 1.

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[Erasmus_First]

Chiedo di nuovo scusa (a dan95), Che in questo thraed con $(m, n)$ – dove $m$ ed $n$ sono interi positivi – si intenda il massimo comune divisore di $m$ d $n$ si capiasce dall'andazzo della discussione!
Ma io ho inviato prima di leggere i vari interventi perché avevo iniziato ieri quando nessuno aveva ancora risposto, ma poi ho sospeso (lasciando aperta, come al mio solito, la pagina in cui stavo scrivendo). Ho ripreso stamattina concludendo ed inviando ... e leggendo poi igli interventi anteriori al mio.[ot]Sui numeri di Fermat ... sono abbastanza ferrato! Molti anni fa (circa 25) ho fatto un programmino (in Pascal) che calcolava il coseno di $π/257$ per radicali (di sole radici quadrate, attraverso una catena di sistemini di 1° e di 2° grado); il che equivale a mostrare che un poligono regolare di 257 lati è TEORICAMENTE costruibile con riga e compasso. E' noto che Gauß ha stabilito che un poligono regolare di n lati con n dispari è (teoricamente) costruibile con riga e compasso solo se ogni fattore primo di n è semplice e e del tipo $2^(2^m)+1$ (è cioè un "numero primo di Fermat"). In particolare se il numero di lati è un numero primo di Fermat (come appunto 17 e 257).
Modernamente, un "problema algebrico di 2° grado è un problema risolubile con con una equazione o con in sistema di 2° grado oppure con una catena di equazioni o sitemi di grado non maggiore del secondo. Dunque, se $F_n$ è un "numero primo di Fermat", il calcolo del coseno di $π/F_n$ è un " problema algebrico di 2° grado"[/ot]
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[dan952]

Bravo Erasmus