Strona 1 z 2

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:01
autor: Piotr Rutkowski
Niech \(\displaystyle{ (p_{n})}\) będzie ciągiem kolejnych liczb pierwszych. Czy może zachodzić równość:
\(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}+1=a^{l}}\) dla \(\displaystyle{ a,l \in N}\) oraz \(\displaystyle{ l>1}\)

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:05
autor: bullay
Podpowiedz:
\(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}=(a^{\frac{l}{2}}-1)(a^{\frac{l}{2}}+1)}\)

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:11
autor: Piotr Rutkowski
Mógłbyś to trochę bardziej rozwinąć? Bo ja na razie nie widzę rozwiązania ??:

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:30
autor: bullay
No, wiec tak:
Jesli a jest liczba nieparzysta to prawa strona jest nieparzysta. Ale lewa jest parzysta, czyli sprzecznosc

Jesli a jest liczba parzysta. No to mamy iloczyn dwoch kolejnych liczb, czyli mozemy podzielic lewa i prawa strone przez 2. Ale wtedy po lewej stronie bedziemy mieli liczbe nieparzysta, a po prawej parzysta, czyli znowu sprzecznosc.

Mam nadzieje, ze wszystko jest jasne i ze nigdzie nie zrobilem bledu.

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:36
autor: Piotr Rutkowski
Chciałbym tylko zauważyć, że jeśli a jest nieparzyste, to prawa strona jest parzysta i nie mozna tak dojść do sprzeczności. Można w taki sposób, że jeśli a jest nieparzyste to prawa strona dzieli się przez cztery. Natomiast co do a parzystego to mnie to wcale nie przekonuje. Poza tym nie mamy tu "dwóch kolejnych liczb", ale muszę przyznać, że jesteś blisko rozwiązania. Wystarczy drobna korekta i już po kłopocie. Najprościej, gdy a jest parzyste, to cała prawa strona jako iloczyn liczb nieparzystych jest nieparzysta Po prostu troszkę przekombinowałeś

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:43
autor: Calasilyar
Podana równość nie może zachodzić, gdyż \(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}+1}\) jest liczba pierwszą, a przez to nie może być przedstawiona w postaci potęgi o wykładniku \(\displaystyle{ l>1}\).

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 22:53
autor: Piotr Rutkowski
Jesteś pewien, że jest to liczba pierwsza? Jeśli tak, to całe zadanie jest bez sensu. Ale z czego Ci to wyszło? Jest na to jakiś lemacik?

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 23:02
autor: bullay
polskimisiek wskaz mi dokladnie gdzie jest blad to go poprawie. Moje rozumowanie pisalem z mysli bez zadnego zapisu na kartce, wiec pewnie dlatego gdzies jest blad.

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 23:27
autor: Piotr Rutkowski
Napisałeś trochę na odwrót. Tutaj jeśli a jest nieparzyste, to prawa strona jest parzysta, a nawet podzielna przez 4.

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 23 sie 2007, o 23:36
autor: Calasilyar
Wracając do mojego poprzedniego postu: \(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}}\) jest podzielna przez wszystkie liczby pierwsze aż do n-tej. Dodając jedynkę wiemy, że otrzymana liczba nie jest podzielna przez żadną spośród liczb \(\displaystyle{ p_{1}}\), \(\displaystyle{ p_{2}}\), \(\displaystyle{ p_{3}}\), ..., \(\displaystyle{ p_{n}}\), a zatem jest kolejną liczbą pierwszą.

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 24 sie 2007, o 00:14
autor: Rogal
Oj, Calasilyar, niestety nie jest kolejną liczbą pierwszą, wystarczy za n wrazić szóstkę
Można na pewno zauważyć, że lewa strona początkowej równości jest zawsze nieparzysta, z tego prosty wniosek, że a musi być również nieparzyste.
Jeśli przeniesiemy jedynkę na drugą stronę i skorzystamy ze wzoru na różnicę potęg, to otrzymamy po prawej stronie \(\displaystyle{ (a-1)(a^{l-1} + a^{l-2} + ... + a^{1} + 1)}\). Wtedy a-1 musi być dzielnikiem którejś z liczb po lewej, więc a-1 = 1 lub \(\displaystyle{ a-1=p_{k}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_{k}}\) to oczywiście jakaś byle jaka liczba pierwsza z tamtego iloczynu z wyjątkiem dwójki.
a=2 odpada od raziutku, więc przyjmujemy \(\displaystyle{ a = p_{k} + 1}\)
Wtedy mamy równanko
\(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n} = p_{k}( (p_{k}+1)^{l-1} + (p_{k}+1)^{l-2} + ... + (p_{k}+1)^{1} + 1)}\)
Oczywiście nasze wyimaginowe \(\displaystyle{ p_{k}}\) możemy skrócić sobie stronami, tak dla fikuśniejszego zapisu. Wtedy widzimy, że prawą stronę da się zapisać jako \(\displaystyle{ p_{k} m + l}\), gdzie m jest sobie jakieś tam naturalne dodatnie. l nie może być równe \(\displaystyle{ p_{k}}\), bo lewa strona się już przez nią nie dzieli, ale jakie musi być, to jakoś nie mogę wymłodzić. Zostawiam te wypociny, może kogoś naprowadzą

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 24 sie 2007, o 01:50
autor: Calasilyar
Rogal pisze:Oj, Calasilyar, niestety nie jest kolejną liczbą pierwszą, wystarczy za n wrazić szóstkę
heh, a wyglądało tak ładnie Rogal, ty to zawsze musisz popsuć

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 24 sie 2007, o 12:06
autor: bullay
Rogal Moze to nie jest kolejna liczba pierwsza, ale i tak jest liczba pierwsza. Mamy o tym napisane tutaj:



Czyli jednak Calasilyar masz dobry pomysl

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 24 sie 2007, o 14:07
autor: Calasilyar
Calasilyar pisze:Czyli jednak Calasilyar masz dobry pomysl
no właśnie nie, to było użyteczne w dowodzie na istnienie wszystkich liczb pierwszych (czyli \(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}+1}\) byłaby liczba pierwszą, gdybyśmy oznaczyli za \(\displaystyle{ p_{n}}\) "ostatnią"), ale wobec nieskończonej liczby liczb pierwszych jest to bezużyteczne. Zresztą w przykładzie podanym przez Rogala przykładzie n=6 jest:
\(\displaystyle{ 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13 +1 = 30031}\), a to nie jest liczba pierwsza.

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

: 27 sie 2007, o 11:22
autor: _el_doopa
Liczby pierwsze nie sa takie prostackie
Rogal \(\displaystyle{ a-1}\) nie musi byc pierwsze.