[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
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.
Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: Piotr Rutkowski » 23 sie 2007, o 22:01

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 \(\displaystyle{ l>1}\)
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

bullay
Użytkownik
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

Post autor: bullay » 23 sie 2007, o 22:05

Podpowiedz:
\(\displaystyle{ p_{1}p_{2}...p_{n}=(a^{\frac{l}{2}}-1)(a^{\frac{l}{2}}+1)}\)

Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: Piotr Rutkowski » 23 sie 2007, o 22:11

Mógłbyś to trochę bardziej rozwinąć? Bo ja na razie nie widzę rozwiązania ??:

bullay
Użytkownik
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

Post autor: bullay » 23 sie 2007, o 22:30

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.

Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: Piotr Rutkowski » 23 sie 2007, o 22:36

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

Awatar użytkownika
Calasilyar
Gość Specjalny
Gość Specjalny
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

Post autor: Calasilyar » 23 sie 2007, o 22:43

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 \(\displaystyle{ l>1}\).

Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: Piotr Rutkowski » 23 sie 2007, o 22:53

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?

bullay
Użytkownik
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

Post autor: bullay » 23 sie 2007, o 23:02

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.

Piotr Rutkowski
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2234
Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 22 razy
Pomógł: 389 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: Piotr Rutkowski » 23 sie 2007, o 23:27

Napisałeś trochę na odwrót. Tutaj jeśli a jest nieparzyste, to prawa strona jest parzysta, a nawet podzielna przez 4.

Awatar użytkownika
Calasilyar
Gość Specjalny
Gość Specjalny
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

Post autor: Calasilyar » 23 sie 2007, o 23:36

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.

Rogal
Gość Specjalny
Gość Specjalny
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

Post autor: Rogal » 24 sie 2007, o 00:14

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

Awatar użytkownika
Calasilyar
Gość Specjalny
Gość Specjalny
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

Post autor: Calasilyar » 24 sie 2007, o 01:50

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

bullay
Użytkownik
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

Post autor: bullay » 24 sie 2007, o 12:06

Rogal Moze to nie jest kolejna liczba pierwsza, ale i tak jest liczba pierwsza. Mamy o tym napisane tutaj:

http://www.digipedia.pl/def/274964063.html

Czyli jednak Calasilyar masz dobry pomysl

Awatar użytkownika
Calasilyar
Gość Specjalny
Gość Specjalny
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

Post autor: Calasilyar » 24 sie 2007, o 14:07

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.

_el_doopa
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 453
Rejestracja: 22 sie 2004, o 23:09
Płeć: Mężczyzna
Pomógł: 16 razy

[Teoria liczb] Równanie z liczbami pierwszymi

Post autor: _el_doopa » 27 sie 2007, o 11:22

Liczby pierwsze nie sa takie prostackie
Rogal \(\displaystyle{ a-1}\) nie musi byc pierwsze.

ODPOWIEDZ