Re: Abel maraton
Posted: 16/10-2025 17:08
$\textbf{Påstand:}$ $2\mid a_n$ for $n\geq 3$.
$\textit{Bevis.}$ Vi viser dette med induksjon. Induksjonsgrunnlaget deler vi inn i to tilfeller. Hvis $a_1$ er odde, så er $a_2=1$. Hvis $a_1$ er et partall, så er $a_2= 2$. I begge tilfeller er $a_3\equiv a_1 + a_2 \equiv 0 \pmod 3$. Anta nå at $a_i$ er et partall for $3\leq i < n$. Hvis $2\mid n$, så er $a_n$ en sum av partall utenom $a_2$ og $a_1$, men summen av dem er et partall. Hvis $2\not \mid n$, så er $a_n\equiv n-1 \equiv 0 \pmod 2$. Dermed er induksjonshypotesen vist. $\square$.
La $p$ være et odde primtall. La $f(p)$ være antall $a_i$ slik at $p\mid a_i$, der $i<p$. Vi har at $a_p = p-1-f(p)+p\cdot f(p) = (p-1)(1+f(p))$.
AFMS at det eksisterer en $N$ slik at $\{a_n\}$ er strengt stigende for alle $n\geq N$. For alle $p$ større enn $N$ er $f(p)>0$. Det er fordi $a_{p-1}\geq p-2$, men siden $a_{p-1}$ er et partall, så er $a_{p-1}\geq p-1$, en motsigelse for $f(p)=0$.
La $q$ være et primtall større enn $N$ slik at $q\not \mid \prod_{i=1}^N a_i$. En slik $q$ må eksistere fordi $f(q)=1$ og primfaktorene til $\prod_{i=1}^N a_i$ er endelige. La $k_1<\dots < k_{f(q)}$ være ulike heltall slik at $q\mid a_{k_{i}}$ for $1\leq i\leq f(q)$. Av monotonisiteten og pariteten til følgen er $a_{k_i} \geq 2\cdot i\cdot q$. Vi har da at $a_{k_{f(q)}} \geq 2\cdot f(q)\cdot q> (q-1)(1+f(q))=a_q$, en motsigelse. Dermed blir følgen aldri strengt stigende og det følger at $a_n\geq a_{n+1}$ for uendelig mange $n$. $\blacksquare$
$\textit{Bevis.}$ Vi viser dette med induksjon. Induksjonsgrunnlaget deler vi inn i to tilfeller. Hvis $a_1$ er odde, så er $a_2=1$. Hvis $a_1$ er et partall, så er $a_2= 2$. I begge tilfeller er $a_3\equiv a_1 + a_2 \equiv 0 \pmod 3$. Anta nå at $a_i$ er et partall for $3\leq i < n$. Hvis $2\mid n$, så er $a_n$ en sum av partall utenom $a_2$ og $a_1$, men summen av dem er et partall. Hvis $2\not \mid n$, så er $a_n\equiv n-1 \equiv 0 \pmod 2$. Dermed er induksjonshypotesen vist. $\square$.
La $p$ være et odde primtall. La $f(p)$ være antall $a_i$ slik at $p\mid a_i$, der $i<p$. Vi har at $a_p = p-1-f(p)+p\cdot f(p) = (p-1)(1+f(p))$.
AFMS at det eksisterer en $N$ slik at $\{a_n\}$ er strengt stigende for alle $n\geq N$. For alle $p$ større enn $N$ er $f(p)>0$. Det er fordi $a_{p-1}\geq p-2$, men siden $a_{p-1}$ er et partall, så er $a_{p-1}\geq p-1$, en motsigelse for $f(p)=0$.
La $q$ være et primtall større enn $N$ slik at $q\not \mid \prod_{i=1}^N a_i$. En slik $q$ må eksistere fordi $f(q)=1$ og primfaktorene til $\prod_{i=1}^N a_i$ er endelige. La $k_1<\dots < k_{f(q)}$ være ulike heltall slik at $q\mid a_{k_{i}}$ for $1\leq i\leq f(q)$. Av monotonisiteten og pariteten til følgen er $a_{k_i} \geq 2\cdot i\cdot q$. Vi har da at $a_{k_{f(q)}} \geq 2\cdot f(q)\cdot q> (q-1)(1+f(q))=a_q$, en motsigelse. Dermed blir følgen aldri strengt stigende og det følger at $a_n\geq a_{n+1}$ for uendelig mange $n$. $\blacksquare$