Uma vez que voce fixa a sequencia de primos, acho que "a" eh unico sim, uma vez que o comprimento dos intervalos [a(n),b(n)] = [L[n](p(n)),L[n](p(n)+1)] tende a zero.
No entanto, existe uma infinidade de sequencias de primos que podem ser fixadas.
Lembre-se de que eu tomei p(0) = 2 e p(n) = menor primo tal que:
2^p(n-1) < p(n) < 2^(p(n)+1).
Se eu tivesse tomado, por exemplo, p(0) = 3, teriamos [a] = 3 e, em geral, [a] = p(0).
Alem disso, se nao me engano, para m >= 22, existem pelo menos 5 primos entre m e 2m, de forma que existe uma infinidade de maneiras de se definir a sequencia (p(n)).
[]s,
Claudio.
on 25.04.04 09:50, Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet at peterdirichlet2002@yahoo.com.br wrote:
Quer dizer que esse real e unico?Acho que nao...
Claudio Buffara <claudio.buffara@terra.com.br> wrote:
on 24.04.04 09:52, Domingos Jr. at dopikas@uol.com.br wrote:
>> O que voces acham?
>
> Acho que você poderia ter explicado pq é crescente e limitada...
>
> Com um pouco de reflexão vemos que ela é crescente, pois no fundo
> a(n+1) = lg ( lg( ... lg(p(n+1)) ...)) > lg ( lg( ... lg(2^p(n)) ...)) = lg
> ( lg( ... lg(p(n)) ...)) = a(n)
> também temos
>
> a(n+1) = lg ( lg( ... lg(p(n+1)) ...)) < lg ( lg( ... lg(2^[p(n)+1]) ...))
> [n+1 logs] =
> lg ( lg( ... lg(p(n)+1) ...)) [n logs]
>
> Dá pra ver que quando n é grande lg(p(n)+1) fica bem perto de lg(p(n)), se
> aplicarmos outro ln e outro, e outro... a diferença fica tão pequena que
> a(n+1) é praticamente igual a a(n) (ou seja, a convergência disso é
> fantástica).
>
> Gostaria, no entanto, de ver ! uma prova mais formal desse tipo de resultado
> já que isso é algo completamente fora do que eu faço...
>
> Temos que mostrar também que p(n) < a(n) < p(n)+1.
> p(n) = 2^2^...2^a(n) e
> 2^2^...2^a(n) < 2^2^2^....2^a ?
>
> veja que a primeira desigualdade é verdadeira, mas a segunda não foi
> mostrada...
>
> [ ]'s
>
OK! Entao, vamos lah!
Pra facilitar a notacao, vou escrever:
L[k](x) = log(log(...(log(x))...)) (k logs na base 2)
p(0) = 2 e p(1) = 5.
log(p(1)+1) = log(5+1) = log(6) < 3
Hipotese de Inducao: para n >= 1, L[n-1](p(n-1)+1) < 3
Para n >= 1, p(n) eh impar.
Logo, podemos escrever:
2^p(n-1) < p(n) < p(n) + 1 <= 2^(p(n-1)+1) ==>
p(n-1) < log(p(n)) < log(p(n)+1) <= p(n-1) + 1 ==>
L[n-1](p(n-1)) < L[n](p(n)) < L[n](p(n)+1) <= L[n-1](p(n-1)+1) < 3, pela
H.I.
Logo, L[n](p(n)+1) < 3.
Claramente, para n >= 1, a(n) = L[n](p(n)) < L[n](p(n)+1) < 3, ou seja:
(a(n)) eh limitada superiormente.
Repare que tambem demonstramos que a sequencia (b(n)), dada por:
b(0) = 3
b(n) = L[n](p(n)+1), para n >= 1,
eh monotona decrescente e limitada inferiormente por cada a(m) (m>=0).
Em suma, temos a seguinte sequencia de intervalos encaixados:
[a(0),b(0)] = [2,3];
[a(1),b(1)] = [log(5),log(6)];
...
[a(n),b(n)] = [L[n](p(n)),L[n](p(n)+1)].
...
Agora, resta provar que lim (b(n) - a(n)) = 0.
Mas isso eh consequencia do fato que se, para cada n, x(n) eh
suficientemente grande (de forma que L[n](x) esteja definido),
L[n](x(n)+1) - L[n](x(n)) -> 0, quando n -> +infinito.
Pelo teorema dos intervalos encaixados, existe um unico numero real a que
pertence a cada um dos intervalos [a(n),b(n)].
Esse eh o a que resolve o problema, pois, para cada n,
a(n) = L[n](p(n)) < a < L[n](p(n)+1) = b(n) ==>
p(n) < 2^2^...^2^a < p(n) + 1 ==>
p(n) = [2^2^...^2^a]
[]s,
Claudio.
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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