Нужна помощь. Задача на делимость и антье.

[nnosipov]

Батороев в сообщении #460990 писал(а):

Не обязательно два других - четные, например, 25, 26, 27 или 27, 28, 29.

Согласен, погорячился. Но одно-то (соседнее) уж точно чётное В целом, те же пустяки.

[Lunatik]

1) Два квадрата подряд не могут быть. Два простых тоже. Тогда, либо КПК, либо ПКП. Но квадраты через два отличаться не могут... А квадрат числа - 1 не может быть простым (при данных ограничениях)... А квадраты и простые - единственные кандидаты, которые не имеют двух разл. делителей без 1.
3) Берём достаточно большое n, возводим в куб, отнимаем 1, извлекаем куб, и всё)

[nnosipov]

Lunatik в сообщении #461107 писал(а):

1) Два квадрата подряд не могут быть. Два простых тоже. Тогда, либо КПК, либо ПКП. Но квадраты через два отличаться не могут... А квадрат числа - 1 не может быть простым (при данных ограничениях)... А квадраты и простые - единственные кандидаты, которые не имеют двух разл. делителей без 1.

Ничего не понял, особенно последнее предложение. Причём здесь квадраты? Поясните.

[Lunatik]

Доказательство 1, версия 1.1

Допустим есть три последовательных числа, которое не имеет двух разл. простых делителей. Это только простые числа и их степени. Два простых рядом стоять не могут, степени простых тем более. Тогда они стоят в порядке либо СПС, либо ПСП (С - степень простого, П - простое). Но разность между двумя степенями не может быть равна 2. Значит не СПС. Допустим они стоят в порядке ПСП. Тогда что-то из них делится на 3. Это может быть только если С=степень тройки. Но тогда П не простые (они делятся на 2). Значит наше допущение неверно!

Теперь понятно?

[nnosipov]

Lunatik в сообщении #461131 писал(а):

Но разность между двумя степенями не может быть равна 2.

Неплохо бы доказать.

[ИСН]

Перед тем, как это доказать, придётся расстрелять 27 и 25.

[nnosipov]

Lunatik в сообщении #461131 писал(а):

рядом стоять не могут, степени простых тем более

Да и это не является очевидным. Итак, Вы придумали себе задачу: решить уравнение $|p^n-2^m|=1$, где $p$ --- нечётное простое, $n$, $m$ --- натуральные $>1$. Это поинтересней будет, чем исходная задача.

-- Ср июн 22, 2011 19:54:39 --

ИСН в сообщении #461146 писал(а):

Перед тем, как это доказать, придётся расстрелять 27 и 25.

Очевидно ли, что других кандидатов на расстрел нет?

[Lunatik]

nnosipov в сообщении #461148 писал(а):

Очевидно ли, что других кандидатов на расстрел нет?

Да от этого не проблема избавиться, простое число нечётным является... поэтому два соседа будут чётными, т. е. степенями двойки. А между ними разность 2... неувязочка

Кстати да, хорошое уравнение, только p=3. Решить такое уравнение не составляет труда... Другое дело хочу простое доказательство придумать к задаче (а думал, что задача очевидная, извилины по минимуму включил ...)

[VAL]

nnosipov в сообщении #460951 писал(а):

Дочитал. Мне не понятно, почему всюду мерещится Каталан? Как какой пустяк, так сразу Каталан.

Я вообще склонен к видениям
Когда я слышу, что среди чисел вида $6k-1$ бесконечно много простых, мне мерещится теорема Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии.
Когда я слышу, что уравнение $x^4+y^4=z^4$ неразрешимо в натуральных числах, что мерится ВТФ...

При этом я вполне отдаю себе отчет в том, что вышеприведенные частные случаи могут быть рассмотрены без доказательства соответствующих теорем в общем виде. Но вот мерещится... и все.
[quote]И зачем людей пугать ...[quote]И такая слабость тоже имеется.

PS: Хотя все же не мерещится, а вспоминается. Мерещится, чудится, мнится то, чего, на самом деле, нет.

[nnosipov]

Lunatik в сообщении #461158 писал(а):

Кстати да, хорошое уравнение, только p=3.

А почему $p=3$? Если $p^n-2^m=1$, то разве очевидно, что $p=3$?

[ИСН]

Нет, просто достаточно отмахаться от тройки. Ведь одно из наших чисел делится на 3. Если оно не степень, то - всё...

[nnosipov]

Предлагаю забыть про неинтересную задачу 1 и поразмышлять над моим уравнением. Оно не такое скучное и, вроде бы, решается (я ведь написал. что $n>1$ ).

[Fedya]

VAL
Спасибо за пояснение задачи. Теперь все понятно и с гипотезой Каталана тоже
.

[nnosipov]

VAL в сообщении #460847 писал(а):

Остается доказать, что $2^k+1$ и $2^k-1$ - не степени тройки.

Интересно, ТС может это доказать? А ведь это вполне содержательные задачи.

[Fedya]

nnosipov в сообщении #461235 писал(а):

VAL в сообщении #460847 писал(а):

Остается доказать, что $2^k+1$ и $2^k-1$ - не степени тройки.

Интересно, ТС может это доказать? А ведь это вполне содержательные задачи.

Насколько я понял то первое утверждение это и есть гипотеза Каталана. А вот во втором -1. Тут посложнее

-- 22.06.2011, 22:37 --

Все ясно. Заглянул в книгу Серпинского.