Liczby pierwsze postaci 4k+3

kuch2r · Post autor: **kuch2r** » 21 mar 2007, o 22:36

Udowodnij, ze licz pierwszych postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\) jest nieskonczenie wiele.
(rozwazajac \(\displaystyle{ n!-1}\))

PFloyd · Post autor: **PFloyd** » 21 mar 2007, o 22:54

Ja znam taki dowód:

Załóżmy że \(\displaystyle{ q_1,q_2,...q_n}\) są wszystkimi liczbami pierwszymi postaci 4k+3.

Zatem \(\displaystyle{ q^2_1,q^2_2,...q^2_n}\) są postaci 4k+1.

Liczba \(\displaystyle{ A=q^2_1 q^2_2 ... q^2_n+2}\) jest posatci 4k+3. Liczba A nie może mieć wszytskich dzielników pierwszych postaci 4k+1 bo musiała by byc postaci 4k+1. Nie może mieć też zadnego dzielnika pierwszego postaci 4k+2 gdyż jest nieparzysta. Z tego wynika ze musi mieć dzielnik pierwszy postaci 4k+3.

Czyli istnieje takie \(\displaystyle{ q_i \, i \{1,2,3...,n\}}\) że \(\displaystyle{ q_i}\) Dzieli liczbę A. Jednak aby tak było, \(\displaystyle{ q_i}\) musi dzielić liczbę 2, a tak nie jest.

mol_ksiazkowy · Post autor: **mol_ksiazkowy** » 22 mar 2007, o 00:38

zgrabny dowodzik....Ogólniej tw Lej dirichleta mowi, iz w kazdym postepie arytmet. gdzie pierszy wyraz i róznica sa wzglednie pierwsze istjieje niesk wiele l. pierwszych...A jak pokazac nieco inny fakt, ...tez ciekawy:
jesli w post. arytmet znajdzie sie pewien wyraz bedacy kwadratem..to takich wyrazow jest dowolnie duzo.. czy jest to prawda tez dla wyzszych poteg.....?!

martaa · Post autor: **martaa** » 22 mar 2007, o 17:02

Niech \(\displaystyle{ k^2,\ k\in Z}\) należy do naszego postępu o różnicy r. W takim do tego postępu należą też wyrazy postaci (n naturalne): \(\displaystyle{ k^2+r(2kn+n^2r)=(k+rn)^2}\) , czyli wybierając dowolnie dużo n=1, 2, 3, ... możemy uzyskać dowolnie dużo wyrazów ciągu będących kwadratami.
Podobnie dla wyższych potęg - rozpisujemy z Newtona i wyciągamy r przed nawias...

pawelq · Post autor: **pawelq** » 26 mar 2007, o 13:11

dowody mozna znalezc w drugim tomie teorii liczb W. Sierpińskiego bodajże