Доказательство бесконечности простых чисел особого вида

[Rusit8800]

Пытался решить следующую задачу методом от противного:
Доказать бесконечность числа простых чисел вида
а) $4k+3$
б) $3k+2$
в) $6k+5$
Хотел найти такое доказательство, которое похоже на доказательство Евклида бесконечности всех простых чисел, но, к сожалению, основная теорема арифметики не верна для чисел такого вида(то есть, например, число $4*3+3$ нельзя представить в виде произведения простых чисел вида $4k+3$).Поэтому, из того, что число $\prod\limits_i^n {(4{k_i} + 3) + 1}$ не делится на $4k+3$ не следует бесконечность числа простых чисел такого вида. Где теперь искать противоречие - я не знаю.

[gris]

Зато произведение чисел вида $4k+1$ принадлежит к этому же виду. А простое число имеет вид $4k+1$, либо $4k+3$. Противоречие, подобное Доказательству Евклида, соорудить достаточно просто.
В двух других прогрессиях то же соображение: простые числа бывают ровно двух видов. С прогрессией $5k+3$ такой фокус не пройдёт, однако по Теореме Дирихле в ней так же много простых. Но общее доказательство весьма трудное.

[Andrey A]

Rusit8800 в сообщении #1213939 писал(а):

... нельзя представить в виде произведения простых чисел вида $4k+3$

Задача не учебная, можно и по-подробней. В таких "дырявых" произведениях (не праймориалах) нарушается принцип Евклида, и что бы ни получалось $+1$, оно может иметь делители меньше взятых множителей т.е. либо ничего не доказывает, либо что-то отдельное. Тут возможен другой подход, и Ваши примеры взяты как-будто со знанием дела. $p_n\#+1$ - число вида $4k+3$ и, значит, содержит хотя бы один простой множитель такого вида $>p_n$, на что указывает gris. $\dfrac{p_n\#}{2}+2$, начиная с $n=2$ - число вида $3k+2$ и тоже содержит хотя бы один простой множитель такого вида $>p_n$ с вытекающими последствиями. То же и для $\dfrac{p_n\#}{5}+5$, начиная с $n=3 $ (для простых вида $6k+5$).
Но в принцип возвести такое счастье не удается. Например, бесконечность простых вида $30k+7$ этим способом не доказать, поскольку $\dfrac{p_n\#}{7}+7$ может оказаться произведением простых вида $30k+11$ и $30l+17$. Оно даже для простых вида $10k+7$ не работает: $9\cdot 3\equiv 7 \mod 10$.

Исправлено 8.13

[Andrey A]

ЗЫ
Простые вида $6k+5$ это $3k+2$ без двойки.

[Rusit8800]

gris в сообщении #1213946 писал(а):

С прогрессией $5k+3$ такой фокус не пройдёт

При чем здесь вид $5k+3$? То же самое для $4k+1$.

-- 04.05.2017, 11:40 --

gris в сообщении #1213946 писал(а):

простые числа бывают ровно двух видов

Почему? Почти каждое простое число можно представить в виде $6n \pm 1$, итого уже как минимум 4 типа.

-- 04.05.2017, 11:41 --

Andrey A в сообщении #1213989 писал(а):

$p_n\#+1$

А что это за обозначение?

[gris]

Я вечером наспех написал, но намёков, вроде бы достаточно. Давайте по первой прогресии. Это же арифметические прогрессии. Принцип доказательства от противного такой же: предполагаем, что простых в ней (ну то есть данного вида $4k+3$) конечное число. Формируем из них некоторое новое число $N$ того же вида. Только осторожно, там есть некоторые особенности, но их можно в процессе решения устранить. И говорим: или $N$ простое, или оно раскладывается в произведение простых. И вот тут пригодятся два разных вида: каждое нечётное простое число представимо в одном из двух видов: либо $4k+1$, либо $4k+3$. Конечно, бывают и другие представления, но нам важно, что именно эти два покрывают все нечётные простые числа. Двойку мы в этих задачах можем не рассматривать, хотя оговаривать это нужно.
Остаётся показать, что у $N$ неминуемо есть простой множитель вида $4K+3$, отличный от предположенных.
Свойства прогрессий тут не используются, это просто отсыл к более общей теореме.

[Andrey A]

Rusit8800 в сообщении #1214000 писал(а):

А что это за обозначение?

Это праймориал - произведение $n$ первых простых.

[Rusit8800]

Если в произведении $\prod\limits_i^n {(4{k_i} + 3)}$
$n$ нечетно, то оно имеет вид $4k-1$,следовательно оно всегда представимо в виде $4k+3$, поскольку $4k + 3 = 4(k + 1) - 1$, значит и делится на число этого вида. Правда я чувствую, что здесь какой-то жесткий пробел имеется.

[gris]

Да, но произведение предположенных чисел само по себе нам бесполезно. Это составное число с известными делителями. В Доказательстве Евклида мы добавляли к произведению (праймориалу) единичку. Получали, кстати, нечётное число. А тут мы тоже можем используя наше произведение получить число вида $4k+3$. Чем может быть $k$? Тут есть подвох, и Вы его увидите.

[Rusit8800]

Ой, здесь я хотел отбавить единичку, описАлся.
Вот так $\prod\limits_i^n {(4{k_i} + 3)} - 1$

-- 05.05.2017, 12:37 --

Так наше произведение это разве не есть число вида $4k+3$ или $4k+1$?

[gris]

Получили чётное число. То есть у него есть делители. Вопрос — какие? Есть ли гарантия, что это не степень двойки, умноженная на несколько чисел вида $4k+1$? Доказывайте или конструируйте другое

[Rusit8800]

Здесь у меня даже проблема не в том, как доказывать, а что доказывать. Вот если со всеми простыми числами все прозрачно : взять число $\prod\limits_i {{p_i} + 1}$ и показать, что оно не делится на $p_i$, что противоречит основной теореме арифметики - здесь же не понятно из чего будет следовать бесконечность простых чисел такого вида.

[gris]

Надо доказать, что $N$ не имеет делителей из предположенных, что не может быть делителей $2$ или только вида $4k+1$

[Rusit8800]

А нельзя ли вот так сделать?
Докажем бесконечность всех простых чисел вида $4k+3$, за исключением случая $4\cdot0+3=3$. Произведение $\prod\limits_i^n {(4{k_i} + 3)}$ может быть числом вида $4k+1$ или $4k+3$. Рассмотрим для начала случай $4k+3$. Будем преобразовывать эти произведения вида $4k+3$ следующим образом:

${N_1} = \left( {4\cdot1 + 3} \right) + 2\cdot1 = 9$

${N_2} = \left( {4\cdot2 + 3} \right) + 2\cdot (- 1) = 9$

${N_3} = \left( {4\cdot3 + 3} \right) + 2\cdot (- 3) = 9$

$ \vdots $

${N_n} = \left( {4n + 3} \right) - 2(2n - 3) = 9$

Но $9=3\cdot3=(4\cdot0+3)(4\cdot0+3)$, то есть это число не делится на $2$ и всегда содержит число вида $4k+3$ в каноническом разложении, которое отлично от остальных чисел вида $4{k_i} + 3$ в $N$.

Аналогично с видом $4k+1$:

${N_1} = \left( {4\cdot1 + 1} \right) + 2\cdot2 = 9$

${N_2} = \left( {4\cdot2 + 1} \right) + 2\cdot0 = 9$

${N_3} = \left( {4\cdot3 + 1} \right) + 2\cdot( - 2) = 9$

$ \vdots $

${N_n} = (4n + 1) - 2(2n - 4) = 9$

[Karan]

Сообщение Rusit8800 отделено в Карантин для исправления

Сообщение возвращено.