Kolejne 24 liczby naturalne i dzielniki pierwsze

[Poszukujaca]

Dowieść, że wśród każdych kolejnych 24 liczb naturalnych \(\displaystyle{ n \ge 6}\) co najmniej jedna ma co najmniej trzy różne dzielniki pierwsze.

Wiadomo, że jedna liczba z ty h 24 kolejnych jest podzielna przez 24, a więc przez 12, a co za tym idzie przez \(\displaystyle{ 3 \cdot 4}\) czyli przez 3 i 2. Nie wiem jednak co zrobić dalej. Dowód nie wprost nie wydaje mi się tu dobrym pomysłem.

[Miodowod]

Kontrprzykład:
Rozważmy zbiór 24-elementowy (każdy element jest nie mniejszy niż 6) \(\displaystyle{ Z = \left\{ 6, 7, 8,..., 29\right\} .}\)
Istotnie: \(\displaystyle{ |Z|=29-|\left\{ 1, 2, 3, 4, 5\right\} |=29-5=24.}\)
Przypuśćmy, że pewien element x tego zbioru ma trzy różne dzielniki pierwsze p, g, r. Wtedy\(\displaystyle{ p \ge 2, g \ge 3}\) i \(\displaystyle{ ] r \ge 5}\). Zatem \(\displaystyle{ x = pgrk \ge pgr \ge 2 \cdot 3 \cdot 5=30}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in Z+}\) . Jednak każdy element Z jest mniejszy niż 30. Sprzeczność.

-- 25 sie 2016, o 11:11 --

Kontrprzykład:
Rozważmy zbiór 24-elementowy (każdy element jest nie mniejszy niż 6) \(\displaystyle{ Z = \left\{ 6, 7, 8,..., 29\right\} .}\)
Istotnie: \(\displaystyle{ |Z|=29-|\left\{ 1, 2, 3, 4, 5\right\} |=29-5=24.}\)
Przypuśćmy, że pewien element x tego zbioru ma trzy różne dzielniki pierwsze p, g, r. Wtedy\(\displaystyle{ p \ge 2, g \ge 3}\) i \(\displaystyle{ r \ge 5}\). Zatem \(\displaystyle{ x = pgrk \ge pgr \ge 2 \cdot 3 \cdot 5=30}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in Z+}\) . Jednak każdy element Z jest mniejszy niż 30. Sprzeczność.

[Kartezjusz]

A gdyby \(\displaystyle{ n>6}\). Ostrzej zabrać się do zabawy?

[kerajs]

Istotnie, 24 kolejne liczby od 6 do 29 nie zawierają liczby posiadającej trzy lub więcej różnych dzielników pierwszych więc pierwotna teza nie jest prawdziwa.

Teza ostrzejsza proponowana przez Kartezjusza jest prawdziwa gdyż (sorry, za kiepskie rozwiązanie):
1) Liczby w postaci \(\displaystyle{ k cdot 30}\) mają przynajmniej trzy różne dzielniki pierwsze bo \(\displaystyle{ 30=2 cdot 3cdot 5}\)
2) Między liczbami 30 a 60 jest 42 która ma trzy różne dzielniki pierwsze.
3) Co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ k cdot 30+10}\) i \(\displaystyle{ k cdot 30+20}\) także ma przynajmniej trzy dzielniki pierwsze bo jeśli przedstawimy je jako \(\displaystyle{ 10n}\) i \(\displaystyle{ 10(n+1)}\) to:
a) dzielnikami są 2 i 5 bo \(\displaystyle{ 10=2 cdot}\)
b) dwie kolejne liczby naturalne nie mogą być potęgami 2^a i 5^b o wykładnikach naturalnych, większych od 1 (hipoteza Catalana: 410368.htm ) więc przynajmniej jedna z pary \(\displaystyle{ n,n+1}\) dzieli się przez inną liczbę pierwszą niż 2 lub 5 (oprócz przedziału z pkt. 2) ).
4) Liczby z 1) i 3) występują co 10 i co 20 kolejnych liczb naturalnych więc ciąg 24 kolejnych liczb zawiera przynajmniej jedną z nich.

Powyższe rozumowanie dowodzi także że:
Wśród każdych kolejnych 20 liczb naturalnych \(\displaystyle{ n ge 11}\) przynajmniej jedna z nich ma co najmniej trzy różne dzielniki pierwsze.

[Zahion]

Dane liczby są postaci \(\displaystyle{ 24n + r}\) gdzie \(\displaystyle{ 0 \le r \le 23}\), rozpatrzmy \(\displaystyle{ r = 6, 12, 18}\). Mamy kolejno liczby postaci \(\displaystyle{ 6\left( 4n + 1\right) ,6\left( 4n + 2\right) ,6\left( 4n + 3\right)}\). Wystarczy wykazać, że jakaś z liczb \(\displaystyle{ 4n+1, 4n+2, 4n+3}\) ma inny dzielnik pierwszy niż \(\displaystyle{ 2, 3}\) co jest dość proste dla \(\displaystyle{ n > 0}\)

[Poszukujaca]

Faktycznie, problem dla \(\displaystyle{ n>6}\) jest lepszy do zabawy

kerajs, sprytne rozwiązanie, ale nie rozumiem punktu b). Dlaczego twierdzimy, że przynajmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ n, n+1}\) jest podzielna przez inną liczbę pierwszą niż 2 i 5?
Mamy liczby \(\displaystyle{ 30k+10=10(3k+1), \ 30k+20=10(3k+2)}\). Skąd wiemy, że \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) mają inne dzielniki pierwsze niż \(\displaystyle{ 3}\)?

[Miodowod]

Poszukujaca, na podstawie linka, który załączył kerajs wnioskuję, że użył on hipotezy Catalana, która nawiasem mówiąc została udowodniona dość niedawno i ponoć jej dowód nie należy do najprostszych.
Wydaje mi się, że można inaczej:
Przypuśćmy, że
\(\displaystyle{ 2^k=5^m \pm 1}\) oraz niech k będzie większe od 2. (\(\displaystyle{ 2^2=4=5^1-1}\); wtedy \(\displaystyle{ 10n=40, 10(n+1)=50}\) - stąd potrzeba punktu 2).
\(\displaystyle{ 5^m \pm 1}\) daje 0 modulo 8. Dla m parzystych \(\displaystyle{ 5^m}\) daje resztę 1 mód 8, a dla nieparzystych 5. Stąd m jest parzyste, czyli 5 do m-tej jest kwadratem liczby całkowitej. Ponadto w danej równości \(\displaystyle{ \pm 1}\) to -1. Załóżmy, że k=2a. Wtedy \(\displaystyle{ (2^a)^2+1}\) jest kwadratem liczby całkowitej. Jednakże na jej nieszczęście \(\displaystyle{ (2^a)^2<(2^a)^2+1<(2^a+1)^2}\). Sprzeczność. Stąd k jest nieparzyste, czyli \(\displaystyle{ 2+1|2^k+1=5^m}\). Sprzeczność.
Trochę przydługie, więc mam nadzieję, że nie ma błędów.
Pozdrawiam.

-- 26 sie 2016, o 13:57 --

kerajs, może się mylę, ale wydaje mi się, że jest błąd w uzasadnieniu punktu 3-ego.
Bowiem zaprzeczeniem zdania z - 'każdy dzielnik pierwszy liczby a to 2 i każdy dzielnik pierwszy liczby b to 5' - jest - 'pewien dzielnik pierwszy liczby a nie jest liczbą 2 lub pewien dzielnik pierwszy b nie jest liczbą 5' (Prawa De Morgana itd. itp.) Zatem jeśli kilka dzielników pierwszych a to 5, a pozostałe są równe 2 i per analogiam dla b to zaprzeczenie z jest prawdziwe. Czyli z tegoż zaprzeczenia nie można wnioskować, że

kerajsb) dwie kolejne liczby naturalne nie mogą być potęgami 2^a i 5^b o wykładnikach naturalnych, większych od 1 (hipoteza Catalana: 410368.htm ) więc przynajmniej jedna z pary n,n+1 dzieli się przez inną liczbę pierwszą niż 2 lub 5 (oprócz przedziału z pkt. 2) ).

[Poszukujaca]

Dziękuję wszystkim za odpowiedzi, ale pogubiłam się trochę...

Do pełnego rozwiązania pozostaje mi już tylko prosty problem, pokazać, że jedna z liczb \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) ma dzielnik pierwszy różny od \(\displaystyle{ 2 \ \mbox{i} \ 5}\). Widać też od razu, że różny od \(\displaystyle{ 3}\).

[Kartezjusz]

No tak.

[Miodowod]

Do pełnego rozwiązania pozostaje mi już tylko prosty problem, pokazać, że jedna z liczb \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) ma dzielnik pierwszy różny od \(\displaystyle{ 2 \ \mbox{i} \ 5}\).

Oczywiście tylko dla k>1 (w przeciwnym razie mamy 4 i 5).

Na zakończenie zauważę, że aby dowieść punktu 3. wystarcza dowód, że nie istnieją kolejne liczby, które są potęgami 2 lub 5 o wykładnikach większych niż jeden oraz będące kolejnymi l. naturalnymi. Istotnie: Przypuśćmy, że n i n+1 nie mają w rozkładzie innego czynnika niż 2 i 5. \(\displaystyle{ n=2^a \cdot 5^b}\) i \(\displaystyle{ n+1=2^x \cdot 5^y}\)Jak a>0 i b >0 to ostatnią cyfrą n jest 0. Jeśli również x, y>0 to ostatnią cyfrą n+1 jest 0, czyli ostatnią cyfrą różnicy n+1-n=1 nie jest jeden. Jeśli z kolei x lub y =0 to wystarczy zauważyć, że 2 i 5 z żadnym wykładnikiem nie mają jako ostatniej cyfry 1. Analogiczne rozumowanie po zamianie ról n i n+1 (wtedy w ostatnim zdaniu podmieniamy 1 na 9). Jeśli zaś a lub b = 0 oraz x lub y =0 to problem redukuje się do prezentowanego w moim poprzednim poście.
Wobec powyższego jedna z liczb 3k+1=n i 3k+2=n+1 ma dzielnik pierwszy różny od 2 i 5 dla k>1 (n>6>4).
Możliwe, że to właśnie miał na myśli kerajs, a ja nie zrozumiałem.

[kerajs]

1. Przepraszam za zwłokę, nie miałem czasu aby napisać wyczerpującą odpowiedź.

2.

kerajs, sprytne rozwiązanie, ...

Sprytny to był Zahion, który sugerował iż wśród liczb \(\displaystyle{ 2 \cdot 3\cdot (4n+1)}\) i \(\displaystyle{ 2 \cdot 3\cdot (4n+3)}\) jeden z nieparzystych czynników \(\displaystyle{ (4n+1), (4n+3)}\) jest podzielny przez inną liczbę pierwszą niż 3, co kończy dowód.

Zresztą od razu napisałem: ,,sorry, za kiepskie rozwiązanie'.

Lekka modyfikacja wskazówki Zahiona udowodni stwierdzenie:
Wśród każdych kolejnych 18 liczb naturalnych, nie mniejszych od 13, przynajmniej jedna z nich ma co najmniej trzy różne dzielniki pierwsze.

3.

...ale nie rozumiem punktu b). Dlaczego twierdzimy, że przynajmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ n, n+1}\) jest podzielna przez inną liczbę pierwszą niż 2 i 5?
Mamy liczby \(\displaystyle{ 30k+10=10(3k+1), \ 30k+20=10(3k+2)}\). Skąd wiemy, że \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) mają inne dzielniki pierwsze niż \(\displaystyle{ 3}\)?

Czynniki te, będąc dwiema kolejnymi liczbami są względnie pierwsze (nie mogą równocześnie być podzielne ani przez 2 ani przez 5).
Aby liczby \(\displaystyle{ 2 \cdot 5 \cdot (3k+1), \ 2 \cdot 5 \cdot (3k+2)}\) miały dokładnie tylko dwa dzielniki 2 i 5 to jedna z liczb \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) musi być w postaci \(\displaystyle{ 2 ^{a}}\), a druga w postaci \(\displaystyle{ 5 ^{b}}\) (gdzie \(\displaystyle{ a,b \in \NN_{+}}\)).
a)
Twierdzenie Mihailescu (czyli rozwiązanie hipotezy Catalana) zaprzecza istnieniu dwóch kolejnych liczb mających postać \(\displaystyle{ 2 ^{a}}\), \(\displaystyle{ 5 ^{b}}\) (gdzie \(\displaystyle{ a,b \in \NN \setminus \left\{ 0,1\right\}}\)). Pewnie nie użyłbym takiej armaty gdyby nie to że: Twierdzenie Mihailescu znasz, przyzwyczaiłaś się do ,,założeń z kosmosu' i, mea culpa, nie miałem czasu na zastanawianie się nad lepszym rozwiązaniem.
b)
Gdy jeden z wykładników ma wartość 1 to:
i)
Dla \(\displaystyle{ a=1 \Rightarrow 2^a=2}\) mam
\(\displaystyle{ (3n+1=2) \vee (3n+2=2)\\
(n= \frac{1}{3} \not \in \NN) \vee (n=0)}\)
liczby 10 i 20. Obie mają jedynie dwa dzielniki ale wystąpić mogą tylko w ciągu zawierającym posiadającą trzy dzielniki pierwsze trzydziestkę.
ii)
Dla \(\displaystyle{ b=1 \Rightarrow 5^b=5}\) mam
\(\displaystyle{ (3n+1=5) \vee (3n+2=5)\\
(n= \frac{4}{3} \not \in \NN) \vee (n=1)}\)
liczby 40 i 50 . Tę sytuację rozstrzyga: ,,2) Między liczbami 30 a 60 jest 42 która ma trzy różne dzielniki pierwsze.'

Dowodzi to, choć siermiężne, że dla \(\displaystyle{ n>1}\) jedna z liczb \(\displaystyle{ 3n+1}\) i \(\displaystyle{ 3n+2}\) ma inny dzielnik pierwszy inny niż 2 i 5