Lời giải Sangnguyen3, 12-05-2023 - 00:32
Với $n=1 \Rightarrow p_{1}=2 = 2^{2^{1-1}}$
$n=2 \Rightarrow p_{2}=3< 2^{2^{2-1}}=4$
Giả sử đúng với $n=k$ thì $p_{k}\leq 2^{2^{k-1}}$
Cần chứng minh : $p_{k+1}\leq 2^{2^{k}}$
Xét 1 số $x = p_{1}.p_{2}...p_{k}+1$ thì tồn tại 1 số nguyên tố $p_{l}$ sao cho $x\vdots p_{l}$ và $(p_{l};p_{i})=1$ với $i=\overline{1,2,..,n}$
$\Rightarrow p_{l}\geq p_{k+1}$
$p_{k+1}\leq p_{l}\leq p_{1}.p_{2}...p_{k}+1\leq 2^{2^{0}}.2^{2^{1}}.2^{2^{2}}...2^{2^{k-1}}+1 = 2^{2^{k}-1}+1\leq 2^{2^{k}}$
Đi đến bài viết »
Thượng sĩ
Với mỗi số nguyên dương $n$, ký hiệu $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$ ( viết theo độ lớn tăng dần ) . Chứng minh rằng , với mọi n nguyên dương, ta đều có :
$p_{n}\leq 2^{2^{n-1}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 12-05-2023 - 15:52
Tiêu đề
Trung sĩ
$p_n=2^{2^{n-1}}$ với $n>1$ thì nó chia hết cho 4 rồi mà.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 10-05-2023 - 22:58
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Thượng sĩ
Mình cx thắc mắc vậy, ko biết đề có sai ở đâu ko
Thượng sĩ
Với $n=1 \Rightarrow p_{1}=2 = 2^{2^{1-1}}$
$n=2 \Rightarrow p_{2}=3< 2^{2^{2-1}}=4$
Giả sử đúng với $n=k$ thì $p_{k}\leq 2^{2^{k-1}}$
Cần chứng minh : $p_{k+1}\leq 2^{2^{k}}$
Xét 1 số $x = p_{1}.p_{2}...p_{k}+1$ thì tồn tại 1 số nguyên tố $p_{l}$ sao cho $x\vdots p_{l}$ và $(p_{l};p_{i})=1$ với $i=\overline{1,2,..,n}$
$\Rightarrow p_{l}\geq p_{k+1}$
$p_{k+1}\leq p_{l}\leq p_{1}.p_{2}...p_{k}+1\leq 2^{2^{0}}.2^{2^{1}}.2^{2^{2}}...2^{2^{k-1}}+1 = 2^{2^{k}-1}+1\leq 2^{2^{k}}$
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Thực ra cái chặn trên $2^{2^{n-1}}$ là "khá lớn" 
Với định đề Bertrand: $p_{n+1} < 2p_n$ thì có thể thu được một chặn trên chặt hơn: $p_n \le 2^n$.
https://en.wikipedia...and's_postulate
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 12-05-2023 - 15:56
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
