wykazanie pierwszości liczby

[tatteredspire]

Wykazać, że \(\displaystyle{ 11!+1}\) jest liczbą pierwszą.

W jaki sposób można to zrobić bez użycia komputera? Pomijam oczywiście sprawdzanie wszystkich dzielników naturalnych tej liczby, których kwadrat jest nie większy od tej liczby. Może jakieś dobre sito/inny sposób?

[rubik1990]

Sprawdź sobie na wikipedii twierdzenie Wilsona. Jest tam też dowód jeżeli byś go nie miał

[m-2]

I co to niby da? Chcesz wykazać, że \(\displaystyle{ 11!+1}\) dzieli \(\displaystyle{ (11!)!+1}\) ?

[rubik1990]

Przeczytaj uważnie twierdzenie. Ono mówi dokładnie czy ta liczba jest pierwsza czy nie

[Qń]

Przeczytaj uważnie twierdzenie. Ono mówi dokładnie czy ta liczba jest pierwsza czy nie

Mylisz się. Z twierdzenia Wilsona można co najwyżej wywnioskować, że \(\displaystyle{ 11!+1}\) nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ 12}\), a to oczywiście grubo za mało.

Q.

[Axu]

Według mnie wystarczy wykazać, że dzieląc tą liczbę, przez kolejne liczby pierwsze \(\displaystyle{ \left\{ 2,3,5,7,11\right\}}\), wynik nie będzie całkowity. \(\displaystyle{ 11!}\) podzieli się zawsze, a \(\displaystyle{ 1}\) nigdy. Gdyby zamiast \(\displaystyle{ 1}\) było np. \(\displaystyle{ 2}\) to łatwo jest wykazać, że wynik dzielenia naszej liczby przez \(\displaystyle{ 2}\) jest całkowity

[tatteredspire]

Według mnie wystarczy wykazać, że dzieląc tą liczbę, przez kolejne liczby pierwsze \(\displaystyle{ \left\{ 2,3,5,7,11\right\}}\), wynik nie będzie całkowity. \(\displaystyle{ 11!}\) podzieli się zawsze, a \(\displaystyle{ 1}\) nigdy. Gdyby zamiast \(\displaystyle{ 1}\) było np. \(\displaystyle{ 2}\) to łatwo jest wykazać, że wynik dzielenia naszej liczby przez \(\displaystyle{ 2}\) jest całkowity

Nie bardzo rozumiem - chcesz dzielić \(\displaystyle{ 11!+1}\) przez wszystkie liczby pierwsze mniejsze lub równe tej liczbie czy twierdzisz, że wystarczy sprawdzić podzielność tylko przez liczby ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 2,3,5,7,11\right\}}\) ? Jeśli to drugie, to co to za "mechanizm"?

[Axu]

z definicji silni mamy \(\displaystyle{ 11!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 11}\). liczba ta jest ewidentnie złożona, z faktoryzacji mamy \(\displaystyle{ 11!=2^{8} \cdot 3^{4} \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11}\). zatem dzieląc \(\displaystyle{ 11!}\) przez kolejne czynniki pierwsze, zawsze otrzymamy liczbę całkowitą. Jednak dzieląc \(\displaystyle{ k=11!+1}\) przez te same kolejne czynniki, zawsze otrzymujemy sumę liczby całkowitej oraz wymiernej,ponieważ, np. dla dzielenia przez 2 mamy
\(\displaystyle{ \frac{k}{2}= 2^{8-1} \cdot 3 ^{4} \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 + \frac{1}{2}}\).Analogicznie dla pozostałych, zawsze nam zostanie \(\displaystyle{ \frac{1}{ p }}\),gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsze.
Dzielenie przez inne liczby pierwsze nie ma sensu, ponieważ otrzymalibyśmy sumę dwóch liczb wymiernych.

Dodatkowy przykład podałem aby zobrazować mniej więcej moją metodę. Dla liczby \(\displaystyle{ n=11!+2}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{n}{2}= \frac{2(2 ^{7} \cdot 3 ^{4} \cdot 5 ^{2} \cdot 7 \cdot 11+1)}{2}}\). Widać, że wynik dzielenia naszej liczby przez 2 jest całkowity a więc n jest liczbą złożoną.

... ale to jest moje zdanie - ja go nie popieram

[Vax]

\(\displaystyle{ 11 | 5!+1 = 121}\)

[tatteredspire]

(...)Dzielenie przez inne liczby pierwsze nie ma sensu, ponieważ otrzymalibyśmy sumę dwóch liczb wymiernych. (...)

\(\displaystyle{ 11 | 5!+1 = 121}\)

Przykład podany przez Vax pokazuje, że nie potrzeba, by oba składniki sumy były podzielne przez liczbę pierwszą aby suma tych składników była przez nią podzielna.

-- 18 kwi 2012, o 21:07 --

A jeszcze co do tego zadania - może warto by z cechami podzielności pokombinować i z potencjalnych \(\displaystyle{ 6317}\) liczb do sprawdzenia byłoby stosunkowo nie tak wiele? Może zna ktoś jakieś dobre sito? Gdyby wyprowadzić trochę cech podzielności, zastosować te nabardziej znane, byłoby to bardziej znośne

[Axu]

Racja, moje niedopatrzenie

Pośród tych \(\displaystyle{ 6317}\) liczb, jest \(\displaystyle{ 821}\) liczb pierwszych, więc obawiam się, że cechy podzielności na dużo się tutaj nie zdadzą. Za to wystarczy przetestować tylko liczby pierwsze, bo jeżeli liczba dzieli się przez liczby złożone to musi dzielić się przez liczby pierwsze. Dodatkowym faktem jest to, że jeżeli nasza liczba jest pierwsza to spełnia ona wzmocnione przez Erdős'a, twierdzenie Czebyszewa (łatwo wykazać, że da się ją przedstawić w postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\) ale implikacja w drugą stronę niekoniecznie jest prawdziwa).
Z Sitami wydaje mi się, że ciężko będzie ze względu na rząd wielkości liczby

[tatteredspire]

Tak, z sitami to nie jest szybki sposób, po prostu nic innego na myśl mi nie przychodzi. Coś mi mówi, że bardzo szybko i zarazem łatwo to nie pójdzie, ale może się mylę.

[Axu]

a może spróbować udowodnić indukcyjnie tezę
\(\displaystyle{ \forall n \in N, n>1: 11!+1=kn+r;\left\{ k,r\right\} \in N \wedge r \neq 0}\)

[tatteredspire]

a może spróbować udowodnić indukcyjnie tezę
\(\displaystyle{ \forall n \in N, n>1: \frac{11!+1}{n}=kn+r;\left\{ k,r\right\} \in N \wedge r \neq 0}\)

W jaki sposób to ma zachodzić dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in N,n>1}\)? Jak np. \(\displaystyle{ \frac{11!+1}{11!+2}=k(11!+2)+r}\) gdzie \(\displaystyle{ \left\{ k,r\right\} \in N \wedge r \neq 0}\) (rozumiem ten zapis tak, że \(\displaystyle{ k,r}\) mają być naturalne). Prawa strona jest liczbą naturalną, a lewa nie jest.

Na dziś kończę, może jutro wejdę wieczorem. Tymczasem dobranoc.

[Axu]

znowu idiotyzmy piszę (przepraszam, godzina już późna to i mózg się wyłącza )
oczywiście chodziło mi o TW. o dzieleniu z resztą. Z lewej strony znaku równości po prostu \(\displaystyle{ 11!+1}\).
Ale to chyba nie wnosi nic nowego... też na dzisiaj odpuszczam, może jutro mi coś do głowy wpadnie