Prime in Golden Tree

Shiver in ecstasy, Clifford A. Pickover in his twitter account showed a new kind, amazing prime number :

Pickover's Prime

Which is the prime number of the form 10^{2k} - 10^{k} - 1, where k=253. It will be nice to call “Prime in Golden Tree”, because if such a quadratic form equals 0 then the real solution will explain “original root” that follows golden ratio. As I wrote earlier in this blog, decimal expansion of the form \displaystyle \frac{1}{10^{2k}-10^{k}-1} follows Fibonacci Sequence.

This is amazing prime number. This will invite us to know this kind of prime number better, and the associated quadratic “tree” formula. And in a broader sense, it will invite us on a deeper curiosity about the golden ratio and our universe.

And yes, Shiver in ecstasy.

Golden Ratio

Persamaan kuadrat x^2-x-1=0 atau \displaystyle 1+\frac{1}{x}=x apabila diselesaikan solusi untuk nilai x adalah :

\displaystyle x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1.6180339887498948482...

dan

\displaystyle x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=-0.6180339887498948482...

Solusi x yang pertama tidak lain merupakan Golden Ratio (\phi).

Sekarang bila x disubstitusi dengan 10^k, maka bentuk persamaannya menjadi : 10^{2k}-10^k-1=0 (atau bisa ditulis 10^{n}-10^k-1=0, dengan n=2k). Penyelesaian persamaan ini menghasilkan solusi riil :

\displaystyle k=\frac{\ln(\phi)}{\ln(10)}=\frac{\ln(1+\sqrt{5})-\ln(2)}{\ln(5)+\ln(2)}=0.20898764...

dengan \ln adalah natural logarithm. Bila k=24, dan karena \frac{24}{0.20898764}\approx 115, maka itulah sebabnya kenapa \displaystyle \frac{1}{10^{n}-10^k-1} dengan n=2k, k=24, menghasilkan pola bilangan Fibonacci dengan ketepatan hingga bilangan Fibonacci ke-115 :

F_{115}=483162952612010163284885.


Sumber : futilitycloset.com

Lebih umum lagi, bila x pada x^2-x-1=0 disubstitusi dengan u^k, maka solusi riil untuk k adalah:

\displaystyle k=\frac{\ln(\phi)}{\ln (u)}.

Bila u = e (konstanta Euler), maka k = \ln(\phi)=0.48121182...

Beberapa Latihan Keirasionalan – Akhir Pekan

1. Buktikan klaim yang menakjubkan berikut ini :

\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_1a_2a_3...a_{k-1}}{(x+a_1)...(x+a_k)}=\frac{1}{x}

\displaystyle \sum_{k=1}^{K}\frac{a_1a_2a_3...a_{k-1}}{(x+a_1)...(x+a_k)}=\frac{1}{x}-\frac {a_1a_2a_3...a_K}{x(x+a_1)...(x+a_K)}

2. Buktikan klaim (K.1) pada tulisan sebelumnya ekuivalen dengan :

\displaystyle(n+1)^3\frac{W_{n+1,k}}{W_{n,k}}-Y_n+n^3\frac{W_{n-1,k}}{W_{n,k}}

\displaystyle =4(2n+1)(2k^2+k-(2n+1)^2)-4(2n+1)(2(k-1)^2+k-1- (2n+1)^2)\frac{W_{n,k-1}}{W_{n,k}}

dimana :

\displaystyle\frac{W_{n+1,k}}{W_{n,k}}=\frac{(n+k+1)^2}{(n-k+1)^2},~~~\frac{W_{n-1,k}}{W_ {n,k}}=\frac{(n-k)^2}{(n+k)^2},~~~\frac{W_{n,k-1}}{W_{n,k}}=\frac{k^4}{(n+k)^2(n-k+1)^2}

Buktikan klaim (K.2) pada tulisan tersebut benar untuk semua k < n. Ambilah (k+1) diperoleh :

\displaystyle Z_{n,k+1}-Z_{n-1,k+1}=Z_{n,k}-Z_{n-1,k}+U_{n,k}

dengan :

\displaystyle U_{n,k}=\frac{(-1)^k}{2(k+1)^3\binom{n}{k+1}\binom{n+k+1}{k+1}}-\frac{(-1)^k}{2(k+1)^3\binom {n-1}{k+1}\binom{n+k}{k+1}}

Buktikan identitas pada (K.4) didapat dari (K.3).

3. Buktikan klaim (K.5) pada tulisan sebelumnya dengan identitas berikut:

\displaystyle \textup{ord}_p(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left [\frac{n}{p^k}\right ]

\displaystyle \textup{ord}_p\left (\binom{n}{m}\right )=\textup{ord}_p\left (\frac{n!}{m!(n-m)!} \right )

4. Alih-alih menggunakan estimasi y_n=O(a^n), dengan a=(1+\sqrt{2})^4 Henri Cohen telah menghitung estimasi y_n lebih presisi lagi dengan formula berikut ini :

\displaystyle y_n=\frac{(1+\sqrt{2})^2}{(2\pi\sqrt{2})^{3/2}} \frac{(1+\sqrt{2})^{4n}}{n^{3/2}}\left ( 1- \frac{48-15\sqrt{2}}{64n}+O(n^{-2})\right )

Buktikan formula estimasi dari Cohen tersebut.