[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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 \(\displaystyle{ l>1}\)
\(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}+1=a^{l}}\) dla \(\displaystyle{ a,l \in N}\) oraz \(\displaystyle{ l>1}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
Mógłbyś to trochę bardziej rozwinąć? Bo ja na razie nie widzę rozwiązania ??:
-
- Użytkownik
- Posty: 236
- Rejestracja: 24 lis 2006, o 22:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: -----
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 26 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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
- Calasilyar
- Użytkownik
- Posty: 2656
- Rejestracja: 2 maja 2006, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław/Sieradz
- Podziękował: 29 razy
- Pomógł: 410 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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 \(\displaystyle{ l>1}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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?
-
- Użytkownik
- Posty: 236
- Rejestracja: 24 lis 2006, o 22:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: -----
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 26 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
Napisałeś trochę na odwrót. Tutaj jeśli a jest nieparzyste, to prawa strona jest parzysta, a nawet podzielna przez 4.
- Calasilyar
- Użytkownik
- Posty: 2656
- Rejestracja: 2 maja 2006, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław/Sieradz
- Podziękował: 29 razy
- Pomógł: 410 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 5405
- Rejestracja: 11 sty 2005, o 22:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: a z Limanowej
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 422 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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
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
- Calasilyar
- Użytkownik
- Posty: 2656
- Rejestracja: 2 maja 2006, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław/Sieradz
- Podziękował: 29 razy
- Pomógł: 410 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
heh, a wyglądało tak ładnie Rogal, ty to zawsze musisz popsućRogal pisze:Oj, Calasilyar, niestety nie jest kolejną liczbą pierwszą, wystarczy za n wrazić szóstkę
-
- Użytkownik
- Posty: 236
- Rejestracja: 24 lis 2006, o 22:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: -----
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 26 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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
Czyli jednak Calasilyar masz dobry pomysl
- Calasilyar
- Użytkownik
- Posty: 2656
- Rejestracja: 2 maja 2006, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław/Sieradz
- Podziękował: 29 razy
- Pomógł: 410 razy
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
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:Calasilyar pisze:Czyli jednak Calasilyar masz dobry pomysl
\(\displaystyle{ 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13 +1 = 30031}\), a to nie jest liczba pierwsza.
[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi
Liczby pierwsze nie sa takie prostackie
Rogal \(\displaystyle{ a-1}\) nie musi byc pierwsze.
Rogal \(\displaystyle{ a-1}\) nie musi byc pierwsze.