liczby pierwsze

[Pumba]

Wykazac ze istnieje nieskonczenie wiele liczb pierwszych postaci 4k+1, gdzie \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\)

[Kartezjusz]

Można z Tw Dirichleta o liczbach pierwszych,albo zauważyć,że jeżeli
\(\displaystyle{ p_{1},p_{2}...,p_{n}}\) będą n pierwszymi liczbami pierwszymi równymi 2 albo większymi
to liczba \(\displaystyle{ P=2p_{1}p_{2}...p_{n}+1}\) też będzie liczbą pierwszą.

[pawelsuz]

Rozpatrz liczbę \(\displaystyle{ (n!)^{2}+1}\). Ma dzielniki pierwsze nieparzyste postaci 4k+1 , wiec dla kazdego naturalnego n istnieje liczba pierwsza (4k+3 odrzucic mozna przez np MTF)

[kammeleon18]

Jeżeli
\(\displaystyle{ p_{1},p_{2}...,p_{n}}\) będą n pierwszymi liczbami pierwszymi równymi 2 albo większymi
to liczba \(\displaystyle{ P=2p_{1}p_{2}...p_{n}+1}\) też będzie liczbą pierwszą.

Jak to udowodnić??

[Rogal]

Ciężko będzie to dowieść, gdyż już dla n=6 jest nieprawdziwe.

[kammeleon18]

Rozpatrz liczbę \(\displaystyle{ (n!)^{2}+1}\). Ma dzielniki pierwsze nieparzyste postaci 4k+1 , wiec dla kazdego naturalnego n istnieje liczba pierwsza (4k+3 odrzucic mozna przez np MTF)

a skąd wiemy, że ta liczba pierwsza się nie powtarza dla jakichśtam n??

[pawelsuz]

Sorry, nie sprecyzowałem. Dla każdego naturalnego n istnieje liczb pierwsza postaci 4k+1 większa od n (bo żadna liczba naturalna mniejsza od n nie jest dzielnikiem \(\displaystyle{ (n!)^{2}+1}\) Teraz ok?

[kammeleon18]

Pojawia się kolejne pytanie: skąd wiemy, że ta liczba posiada dzielnik pierwszy postaci 4k+1??:P Bo to, że posiada po prostu taki dzielnik to wiem.

[pawelsuz]

Ponieważ każdą liczbę naturalną można jednoznacznie przedstawić w postaci potęg liczb pierwszych (zasadnicze twierdzenie arytmetyki), zatem dzielniki tej liczby są liczbami pierwszymi.

[kammeleon18]

Ponieważ każdą liczbę naturalną można jednoznacznie przedstawić w postaci potęg liczb pierwszych (zasadnicze twierdzenie arytmetyki), zatem dzielniki tej liczby są liczbami pierwszymi. I skąd wiemy że istnieje tam liczba pierwsza POSTACI 4k+1, a nie po prostu liczba pierwsza

[pawelsuz]

\(\displaystyle{ (n!)^{2}+1}\) jest nieparzysta, zatem jej dzielniki są postaci 4k+1 lub 4k+3. Oznaczmy dzielnik przez p. Jeśli p=4k+3 to dostajemy:
\(\displaystyle{ (n!)^{2} \equiv -1 \ (mod \ p) \\ (n!)^{p-1} \equiv (-1)^{ \frac{p-1}{2} } \equiv (-1)^{2k+1} \equiv -1 \ (mod \ p) \\}\)
Ale na mocy Małego Twierdzenia Fermata
\(\displaystyle{ (n!)^{p-1} \equiv 1 \ (mod \ p)}\).
Zatem \(\displaystyle{ -1 \equiv1 \ (mod \ p) \Rightarrow p|2}\).
Otrzymana sprzeczność pokazuje, że p=4k+1. Wcześniej napisałem, że p\(\displaystyle{ p>n}\), skąd otrzymujemy tezę.

[kammeleon18]

No rzeczywiście, piekne rozwiazanie, dzięki bardzo:))