wybrany ciag
-
dr_wektor
- Użytkownik
- Posty: 2
- Rejestracja: 12 kwie 2008, o 19:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
wybrany ciag
Wykaz, ze dla kazdego n>2 istnieje n wyrazowy ciag arytmetyczny, rosnacy , zbudowany z liczb naturalnych, t ze kazde dwa wyrazy sa wzglednie pierwsze. Czy istnieje nieskonczony ciag o tej wlasnosci..?!
-
marcin_p321
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 25 wrz 2008, o 18:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: W-wa
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 6 razy
wybrany ciag
Mogę pomóc przy drugiej (chyba tej łatwiejszej) części zadania.
Załóżmy, że ciąg \(\displaystyle{ b=}\) spełnia własność z zadania.
\(\displaystyle{ a=}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{0}=b_{500}}\).
zauważmy, że jeżeli wyrazy ciągu \(\displaystyle{ b}\) są parami względnie pierwsze, to wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a}\) również są.
Weźmy wyrazy o indeksach \(\displaystyle{ a_{a_{0}} = a_{0} + a_{0}r = a_{0}(1+r)\mbox{ oraz }a_{2a_{0}}=a_{0}(1+2r)}\). Mamy sprzeczność, bo \(\displaystyle{ a_{0}}\) dzieli obydwa wyrazy.
_____________________________________
Dowód już poprawiony.
Załóżmy, że ciąg \(\displaystyle{ b=}\) spełnia własność z zadania.
\(\displaystyle{ a=}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{0}=b_{500}}\).
zauważmy, że jeżeli wyrazy ciągu \(\displaystyle{ b}\) są parami względnie pierwsze, to wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a}\) również są.
Weźmy wyrazy o indeksach \(\displaystyle{ a_{a_{0}} = a_{0} + a_{0}r = a_{0}(1+r)\mbox{ oraz }a_{2a_{0}}=a_{0}(1+2r)}\). Mamy sprzeczność, bo \(\displaystyle{ a_{0}}\) dzieli obydwa wyrazy.
_____________________________________
Dowód już poprawiony.
Ostatnio zmieniony 28 wrz 2008, o 00:48 przez marcin_p321, łącznie zmieniany 2 razy.
-
Anathemed
- Użytkownik
- Posty: 100
- Rejestracja: 12 lip 2007, o 21:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Pomógł: 34 razy
wybrany ciag
@Marcin
Twój dowód jest poprawny tylko dla \(\displaystyle{ a_0 > 1}\), nie uwzględniłeś kilku przypadków:
gdy \(\displaystyle{ a_0 = 1}\) wyrazy: 1 + r, oraz 1 + (2 + r)r nie są względnie pierwsze, gdyż dzielą się przez 1 + r
Gdy \(\displaystyle{ a_0 = 0}\) i r > 1, to dowolne 2 wyrazy tego ciągu będą podzielne przez r > 1
Gdy \(\displaystyle{ a_0 = 0}\) i r = 1, to dostajemy prawie wszystkie liczby naturalne, wśród których znajdziemy takie, które nie są względnie pierwsze
Twój dowód jest poprawny tylko dla \(\displaystyle{ a_0 > 1}\), nie uwzględniłeś kilku przypadków:
gdy \(\displaystyle{ a_0 = 1}\) wyrazy: 1 + r, oraz 1 + (2 + r)r nie są względnie pierwsze, gdyż dzielą się przez 1 + r
Gdy \(\displaystyle{ a_0 = 0}\) i r > 1, to dowolne 2 wyrazy tego ciągu będą podzielne przez r > 1
Gdy \(\displaystyle{ a_0 = 0}\) i r = 1, to dostajemy prawie wszystkie liczby naturalne, wśród których znajdziemy takie, które nie są względnie pierwsze
-
marcin_p321
- Użytkownik
- Posty: 37
- Rejestracja: 25 wrz 2008, o 18:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: W-wa
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 6 razy
wybrany ciag
Mam nawet coś więcej 
\(\displaystyle{ \mbox{Dla danego n weźmy }k>n \mbox{ t.że }\sqrt{1+(n-1)p_{1}\cdots p_{k}}\leq p_{1}\cdots p_{k},\\
\mbox{gdzie }\{p_{1}\ldots p_{k}\} \mbox{ to k początkowych liczb pierwszych. Takie k istnieje, ponieważ:}\\
1+(m-1)p_{k}\cdots p_{1} q (p_{1}\cdots p_{k})^{2} 1\leq p_{1}\cdots p_{k}(p_{1}\cdots p_{k}-m+1), \mbox{ co naturalnie zachodzi, jeśli k jest wystaraczjąco duże}\\
\mbox{Konstruujemy ciąg }a=.\\
\mbox{Załóżmy, że istnieje nietrywialny wspólny dzielnik d pewnych wyrazów, czyli }\\
d|a_{s} \wedge d|a_{t},\ d>1,\ s\neq t d|a_{t}-a_{s} \mbox{ (zakładamy, że t to wyższy indeks) } \\ d|1+t(p_{1}\cdots p_{k}) - 1 + t(p_{1}\cdots p_{k}) d|p_{1}\cdots p_{k}(t-s), \mbox{ gdzie }t-s \mbox{ jest liczbą złożoną albo pierwszą, mniejszą od }n,\\
\mbox{zatem równoważne jest } d|p_{1}\cdots p_{k}, \mbox{ ale liczba } \forall_{1\leq i\leq k}1 + sp_{1}\cdots p_{k}\equiv 1 \ (mod\ p_{i}),\\
\mbox {wiemy również, że } \sqrt{a_{s}} b|a\\
\mbox{Jeżeli zatem żadna z liczb } p_{1}\cdots p_{k} \mbox{ nie dzieli } a_{s}, \mbox{to }a_{s} \mbox{ jest liczbą pierwszą.}}\)
Ciąg liczb pierwszych jest ciągiem liczb parami względnie pierwszych. Mamy zatem dla każdego n ciąg długości n - 1 (bo \(\displaystyle{ a_{0}=1 \not\in \mathcal(P)}\)) liczb pierwszych, ale z racji, że 1 jest względnie pierwsza z każdą liczbą, to otrzymaliśmy ciąg liczb parami względnie pierwszych długości n.
Trochę nagmatwałem i nie jestem do końca pewien, czy moje rozumowanie jest poprawne, ale mam nadzieję, że choć trochę pomogłem.
Pozdrawiam
\(\displaystyle{ \mbox{Dla danego n weźmy }k>n \mbox{ t.że }\sqrt{1+(n-1)p_{1}\cdots p_{k}}\leq p_{1}\cdots p_{k},\\
\mbox{gdzie }\{p_{1}\ldots p_{k}\} \mbox{ to k początkowych liczb pierwszych. Takie k istnieje, ponieważ:}\\
1+(m-1)p_{k}\cdots p_{1} q (p_{1}\cdots p_{k})^{2} 1\leq p_{1}\cdots p_{k}(p_{1}\cdots p_{k}-m+1), \mbox{ co naturalnie zachodzi, jeśli k jest wystaraczjąco duże}\\
\mbox{Konstruujemy ciąg }a=.\\
\mbox{Załóżmy, że istnieje nietrywialny wspólny dzielnik d pewnych wyrazów, czyli }\\
d|a_{s} \wedge d|a_{t},\ d>1,\ s\neq t d|a_{t}-a_{s} \mbox{ (zakładamy, że t to wyższy indeks) } \\ d|1+t(p_{1}\cdots p_{k}) - 1 + t(p_{1}\cdots p_{k}) d|p_{1}\cdots p_{k}(t-s), \mbox{ gdzie }t-s \mbox{ jest liczbą złożoną albo pierwszą, mniejszą od }n,\\
\mbox{zatem równoważne jest } d|p_{1}\cdots p_{k}, \mbox{ ale liczba } \forall_{1\leq i\leq k}1 + sp_{1}\cdots p_{k}\equiv 1 \ (mod\ p_{i}),\\
\mbox {wiemy również, że } \sqrt{a_{s}} b|a\\
\mbox{Jeżeli zatem żadna z liczb } p_{1}\cdots p_{k} \mbox{ nie dzieli } a_{s}, \mbox{to }a_{s} \mbox{ jest liczbą pierwszą.}}\)
Ciąg liczb pierwszych jest ciągiem liczb parami względnie pierwszych. Mamy zatem dla każdego n ciąg długości n - 1 (bo \(\displaystyle{ a_{0}=1 \not\in \mathcal(P)}\)) liczb pierwszych, ale z racji, że 1 jest względnie pierwsza z każdą liczbą, to otrzymaliśmy ciąg liczb parami względnie pierwszych długości n.
Trochę nagmatwałem i nie jestem do końca pewien, czy moje rozumowanie jest poprawne, ale mam nadzieję, że choć trochę pomogłem.
Pozdrawiam