Dzielniki naturalne
-
tatteredspire
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Dzielniki naturalne
Czy dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\) aby każda z liczb ciągu \(\displaystyle{ p-n,p-(n-1),...,p-1,p+1,p+2,...,p+(n-1),p+n}\) miała więcej dzielników całkowitych dodatnich niż \(\displaystyle{ n}\)?
-
Vax
- Użytkownik
- Posty: 2913
- Rejestracja: 27 kwie 2010, o 22:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 612 razy
Dzielniki naturalne
Niech \(\displaystyle{ n = p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot p_k^{a_k}}\)
Rozpatrzmy teraz układ kongruencji:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv n \pmod{q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv n-1 \pmod{q_{\{2,1\}}^{a_1+1}q_{\{2,2\}}^{a_2+1}...q_{\{2,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv n-2 \pmod{q_{\{3,1\}}^{a_1+1}q_{\{3,2\}}^{a_2+1}...q_{\{3,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ ... \\ \\ x \equiv 1 \pmod{q_{\{n,1\}}^{a_1+1}q_{\{n,2\}}^{a_2+1}...q_{\{n,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv -1 \pmod{q_{\{n+1,1\}}^{a_1+1}q_{\{n+1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{n+1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ ... \\ \\ x \equiv -n\pmod{q_{\{2n,1\}}^{a_1+1}q_{\{2n,2\}}^{a_2+1}...q_{\{2n,k\}}^{a_k+1}} \end{cases}}\)
Przy czym \(\displaystyle{ q_{\{i,j\}}}\) są tak dobranymi liczbami pierwszymi, że przy kongruencji \(\displaystyle{ x \equiv T\pmod{q_{\{i,1\}}^{a_1+1}q_{\{i,2\}}^{a_2+1}...q_{\{i,k\}}^{a_k+1}}}\)
Żadna z liczb \(\displaystyle{ q_{\{i,j\}}}\) dla \(\displaystyle{ j=1,2,3,...,k}\) nie dzieli \(\displaystyle{ T}\),
oraz \(\displaystyle{ q_{\{a,b\}} \neq q_{\{c,d\}}}\) dla \(\displaystyle{ a \neq c \wedge b \neq d}\).
Wówczas na mocy Chińskiego Twierdzenia o resztach dla pewnego M (jak łatwo zauważyć \(\displaystyle{ M \neq 0}\)),
\(\displaystyle{ 1 \le M < \left(q_{\{1,1\}}q_{\{2,1\}}...q_{\{2n,1\}}\right)^{a_1+1}\left(q_{\{1,2\}}q_{\{2,2\}}...q_{\{2n,2\}}\right)^{a_2+1}...\left(q_{\{1,k\}}q_{\{2,k\}}...q_{\{2n,k\}}\right)^{a_k+1}}\)
rozwiązaniem danego układu kongruencji są liczby postaci:
\(\displaystyle{ x = l\cdot \left(q_{\{1,1\}}q_{\{2,1\}}...q_{\{2n,1\}}\right)^{a_1+1}\left(q_{\{1,2\}}q_{\{2,2\}}...q_{\{2n,2\}}\right)^{a_2+1}...\left(q_{\{1,k\}}q_{\{2,k\}}...q_{\{2n,k\}}\right)^{a_k+1} + M}\)
dla \(\displaystyle{ l \in \mathbb{Z}}\)
Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ (M , q_{\{1,1\}}q_{\{1,2\}}...q_{\{2n,k\}}) = 1}\) (wynika to z wyboru liczb \(\displaystyle{ q_{\{a,b\}}}\)), więc na mocy twierdzenia Dirichleta w danym ciągu występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Dodatkowo ilość dodatnich dzielników \(\displaystyle{ n}\) wynosi \(\displaystyle{ (a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)}\), a każdego z wyrażeń \(\displaystyle{ x-n \ , \ x-(n-1) \ , \ ... \ , \ x+n}\) co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\), a to wszystko dowodzi tezy.
Rozpatrzmy teraz układ kongruencji:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv n \pmod{q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv n-1 \pmod{q_{\{2,1\}}^{a_1+1}q_{\{2,2\}}^{a_2+1}...q_{\{2,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv n-2 \pmod{q_{\{3,1\}}^{a_1+1}q_{\{3,2\}}^{a_2+1}...q_{\{3,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ ... \\ \\ x \equiv 1 \pmod{q_{\{n,1\}}^{a_1+1}q_{\{n,2\}}^{a_2+1}...q_{\{n,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ x \equiv -1 \pmod{q_{\{n+1,1\}}^{a_1+1}q_{\{n+1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{n+1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ ... \\ \\ x \equiv -n\pmod{q_{\{2n,1\}}^{a_1+1}q_{\{2n,2\}}^{a_2+1}...q_{\{2n,k\}}^{a_k+1}} \end{cases}}\)
Przy czym \(\displaystyle{ q_{\{i,j\}}}\) są tak dobranymi liczbami pierwszymi, że przy kongruencji \(\displaystyle{ x \equiv T\pmod{q_{\{i,1\}}^{a_1+1}q_{\{i,2\}}^{a_2+1}...q_{\{i,k\}}^{a_k+1}}}\)
Żadna z liczb \(\displaystyle{ q_{\{i,j\}}}\) dla \(\displaystyle{ j=1,2,3,...,k}\) nie dzieli \(\displaystyle{ T}\),
oraz \(\displaystyle{ q_{\{a,b\}} \neq q_{\{c,d\}}}\) dla \(\displaystyle{ a \neq c \wedge b \neq d}\).
Wówczas na mocy Chińskiego Twierdzenia o resztach dla pewnego M (jak łatwo zauważyć \(\displaystyle{ M \neq 0}\)),
\(\displaystyle{ 1 \le M < \left(q_{\{1,1\}}q_{\{2,1\}}...q_{\{2n,1\}}\right)^{a_1+1}\left(q_{\{1,2\}}q_{\{2,2\}}...q_{\{2n,2\}}\right)^{a_2+1}...\left(q_{\{1,k\}}q_{\{2,k\}}...q_{\{2n,k\}}\right)^{a_k+1}}\)
rozwiązaniem danego układu kongruencji są liczby postaci:
\(\displaystyle{ x = l\cdot \left(q_{\{1,1\}}q_{\{2,1\}}...q_{\{2n,1\}}\right)^{a_1+1}\left(q_{\{1,2\}}q_{\{2,2\}}...q_{\{2n,2\}}\right)^{a_2+1}...\left(q_{\{1,k\}}q_{\{2,k\}}...q_{\{2n,k\}}\right)^{a_k+1} + M}\)
dla \(\displaystyle{ l \in \mathbb{Z}}\)
Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ (M , q_{\{1,1\}}q_{\{1,2\}}...q_{\{2n,k\}}) = 1}\) (wynika to z wyboru liczb \(\displaystyle{ q_{\{a,b\}}}\)), więc na mocy twierdzenia Dirichleta w danym ciągu występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Dodatkowo ilość dodatnich dzielników \(\displaystyle{ n}\) wynosi \(\displaystyle{ (a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)}\), a każdego z wyrażeń \(\displaystyle{ x-n \ , \ x-(n-1) \ , \ ... \ , \ x+n}\) co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\), a to wszystko dowodzi tezy.
-
tatteredspire
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Dzielniki naturalne
Czyli (jak rozumiem) dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych \(\displaystyle{ x}\) (pozostając przy Twoich oznaczeniach) spełniających podaną przez Ciebie kongruencję, że każda z liczb \(\displaystyle{ x-n \ , \ x-(n-1) \ , \ ... \ , \ x+n}\) ma co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\) dzielników.Vax pisze: Dodatkowo ilość dodatnich dzielników \(\displaystyle{ n}\) wynosi \(\displaystyle{ (a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)}\), a każdego z wyrażeń \(\displaystyle{ x-n \ , \ x-(n-1) \ , \ ... \ , \ x+n}\) co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\), a to wszystko dowodzi tezy.
Mógłbyś ten fragment rozwinąć? Nie widzę tego, wzór na liczbę dzielników \(\displaystyle{ n}\) (przy Twoich oznaczeniach) znam, ale dlaczego każda z liczb tego ciągu ma co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\) dzielników?
-
Vax
- Użytkownik
- Posty: 2913
- Rejestracja: 27 kwie 2010, o 22:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 612 razy
Dzielniki naturalne
Przyjrzyjmy się pierwszej kongruencji:
\(\displaystyle{ x \equiv n \pmod{q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ \iff \\ \\ q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1} \mid x-n \\ \\ \iff \\ \\ x-n = t \cdot q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}}\)
Dla pewnej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ t}\). Zauważ teraz, że ilość dzielników liczby:
\(\displaystyle{ q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}}\)
Wynosi \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\)
A mnożąc nasze wyrażenie przez jakąś liczbę całkowitą \(\displaystyle{ t}\) jedynie zwiększymy ilość wszystkich dzielników (to jest chyba dość jasne), więc w szczególności danych dzielników będzie co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\), czyli więcej niż \(\displaystyle{ (a_1+1)(a_2+1)..(a_k+1)}\).
\(\displaystyle{ x \equiv n \pmod{q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}} \\ \\ \iff \\ \\ q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1} \mid x-n \\ \\ \iff \\ \\ x-n = t \cdot q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}}\)
Dla pewnej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ t}\). Zauważ teraz, że ilość dzielników liczby:
\(\displaystyle{ q_{\{1,1\}}^{a_1+1}q_{\{1,2\}}^{a_2+1}...q_{\{1,k\}}^{a_k+1}}\)
Wynosi \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\)
A mnożąc nasze wyrażenie przez jakąś liczbę całkowitą \(\displaystyle{ t}\) jedynie zwiększymy ilość wszystkich dzielników (to jest chyba dość jasne), więc w szczególności danych dzielników będzie co najmniej \(\displaystyle{ (a_1+2)(a_2+2)...(a_k+2)}\), czyli więcej niż \(\displaystyle{ (a_1+1)(a_2+1)..(a_k+1)}\).
-
tatteredspire
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy