Todo número de Mersenne con exponente compuesto es también compuesto

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 29 de agosto de 2008
Categorías: Demostraciones, Números enteros, Números primos | Imprime este post

12 comentarios

Ramón | 29 de agosto de 2008 | 23:30

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Buena demostracion pero podria darse el caso de que si q=1 y p>1 el resultado fuera compuesto aun sin ser n compuesto?

Lo que digo es que si p=1 es obvio que se obtiene una multiplicacion por 1 pero y si el 1 estubiera en q y p fuera mayor a la unidad (p>1)? Eso significaria que el resultado del segundo parentesis tambien tendria que ser 1?
Ramón | 29 de agosto de 2008 | 23:35

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Perdon, por un momento olvidaba que se trataba de los numeros de Mersenne.
M | 29 de agosto de 2008 | 23:44

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Ramón, efectivamente $2^p-1$ puede ser compuesto, aunque $p$ sea primo. Los primeros ejemplos se obtienen con $p=11, 23, 29, 37, 41, 43, \ldots$
^DiAmOnD^ | 30 de agosto de 2008 | 00:17

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Eso se dice en la última frase del post:

…número éste que podría ser primo o no.
Jorge | 31 de agosto de 2008 | 12:39

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En relación a los números de Mersenne, esto me recuerda el siguiente problema:

“Sea $n \geq 2$ entero. Demuestre que $2^{2^{n}}-1$ tiene al menos $n$ factores primos diferentes.”
M | 31 de agosto de 2008 | 14:47

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Muy bueno, Jorge. Propongo también este otro:

“Demostrar que para cada natural $n\geq 3$ , el mayor factor primo de $2^{2^n}+1$ es mayor que $2^{n+2}\cdot(n+1)$ .”
David | 31 de agosto de 2008 | 18:58

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Es evidente la demostración, y se conoce desde hace mucho tiempo, hay este y varios teoremas relacionados en el Álgebra Superior de Hall-Knight en el capítulo correspondiente a teoría de números.
Jorge | 31 de agosto de 2008 | 19:41

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Hola David,

Gracias por la reseña, no obstante ¿podrías indicar la demostración? ¡Gracias!
Asier | 31 de agosto de 2008 | 23:08

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No conocía esa propiedad, jorge. La demostración que se me ha ocurrido es:

Descomponemos la expresión (resta de cuadrados): $\displaystyle (2^{2^n} - 1) = (2^{2^{n-1}} - 1)(2^{2^{n-1}} + 1) \quad \forall n \ge 2$

Vemos que el primer término es justamente el anterior número del tipo que estamos descomponiendo, que a su vez puede descomponerse de la misma manera teniendo al anterior como factor (el primero de todos ellos para $n = 1$ sería el $3$ ). El segundo término es otro número impar que difiere en 2 del primero, con lo cual no pueden tener ningún factor común. De esta manera vemos cómo cada número de este tipo tiene todos los factores de los anteriores más los que le añada el término $\displaystyle (2^{2^{n-1}} + 1)$
M | 31 de agosto de 2008 | 23:27

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perfecto, Asier, así es: $a^{2^{k+1}}-1=(a^{2^{k}}+1)(a^{2^{k-1}}+1)\ldots(a+1)(a-1)$

y en el caso $a=2$ no puede haber un primo impar que divida a dos factores consecutivos $2^{2^{j}}+1$ y $2^{2^{j+1}}+1$ .
Arturo | 23 de septiembre de 2008 | 03:21

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necesito demostrar
si a mayor a 1
p/q mayor a r/s

Entoncees

(a^(p/q) -1): (p/q)mayor que (a^(r/s) -1): (r/s)
Trackback | 6 feb, 2013

Confirmado el descubrimiento del primo de Mersenne número 48 - Gaussianos