Бесконечное множество попарно взаимно простых

[Ktina]

Доказать, что для каждого простого $p$ существует бесконечное множество попарно взаимно простых чисел, каждое из которых имеет вид $p^n+p-1$, где $n\in\mathbb N$

[Mathusic]

Ktina в сообщении #649848 писал(а):

Доказать, что для каждого простого $p$ существует бесконечное множество попарно взаимно простых чисел, каждое из которых имеет вид $p^n+p-1$, где $n\in\mathbb N$

$p^{C(q_1-1)(q_2-1) \dots (q_s-1)}+p-1$ не делится ни на одно из простых $q_1, \dots, q_s.$

[Ktina]

Mathusic в сообщении #649932 писал(а):

$p^{C(q_1-1)(q_2-1) \dots (q_s-1)}-p-1$ не делится ни на одно из простых $q_1, \dots, q_s.$

$C$ -- это у Вас константа?

[Mathusic]

Ktina в сообщении #649941 писал(а):

$C$ -- это у Вас константа?

Произвольная натуральная, да.

[Ktina]

Mathusic в сообщении #649946 писал(а):

Ktina в сообщении #649941 писал(а):

$C$ -- это у Вас константа?

Произвольная натуральная, да.

Ну хорошо. На те простые, что Вы обозначили ($q_1, \dots, q_s.$), такие числа не делятся. Но ведь могут делиться на другое простое. Или я не поняла Вашего решения?

[Mathusic]

Ktina в сообщении #649951 писал(а):

Или я не поняла Вашего решения?

Это не решение, а только намек на него.

Ktina в сообщении #649951 писал(а):

Но ведь могут делится на друго простое.

Добавим его к нашим $q_j$-ым.

[Ktina]

Mathusic в сообщении #649955 писал(а):

Добавим его к нашим $q_j$-ым.

Всё равно не совсем поняла. Поясните, пожалуйста, на частном примере $3^n+2$.
Иными словами, докажите, что существует бесконечное множество попарно взаимно простых чисел, каждое из которых имеет вид $3^n+2$.

[Mathusic]

Ktina в сообщении #649941 писал(а):

Mathusic в сообщении #649932 писал(а):

$p^{C(q_1-1)(q_2-1) \dots (q_s-1)}-p-1$ не делится ни на одно из простых $q_1, \dots, q_s.$

$C$ -- это у Вас константа?

Со знаком перед $p$ описался, но это не важно.

Ktina в сообщении #649957 писал(а):

Mathusic в сообщении #649955 писал(а):

Добавим его к нашим $q_j$-ым.

Всё равно не совсем поняла. Покажите, пожалуйста, на частном примере $3^n+2$.

Например так.
$f_3(n)$ определим как $3^n+2.$
Пусть нужных степеней $n$ лишь конечное множество $n_1, \dots, n_k.$ Но тогда есть число $f_3(N)$, которое взаимно просто со всеми $f_3(n_j)$(противоречие). Действительно, если $q_1, \dots, q_s$ - множество всех простых делителей совокупности чисел $f_3(n_1), \dots, f_3(n_k)$ (то есть числа $f_3(n_1) \cdot ... \cdot f_3(n_k)$), то искомое $N \ne n_j$ есть $C(q_1-1) \dots (q_s-1)$ для некоторого числа $C$ (например равного произведению всех $n_j$).

[Ktina]

Mathusic в сообщении #649972 писал(а):

Например так.
$f_3(n)$ определим как $3^n+2.$
Пусть нужных степеней $n$ лишь конечное множество $n_1, \dots, n_k.$ Но тогда есть число $f_3(N)$, которое взаимно просто со всеми $f_3(n_j) (противоречие).$ Действительно, если $q_1, \dots, q_s$ - множество всех простых делителей совокупности чисел $f_3(n_1), \dots, f_3(n_k)$ (то есть числа $f_3(n_1) \cdot ... \cdot f_3(n_k)$), то искомое $N \ne n_j$ есть $C(q_1-1) \dots (q_s-1)$ для некоторого числа $C$ (например равного произведению всех $n_j$).

Спасибо, теперь поняла.
А вот как я пыталась решить:
Множество, состоящее из одного искомого числа всегда существует. Чтобы добавить к этому множеству ещё один элемент, удовлетворяющий условию, нам необходимо достаточно найти такое $p^n-1$, которое не будет кратно наоборот, будет кратно ни одному каждому из чисел уже построенного множества. Тогда $p^n+p-1$ будет взаимно просто с каждым из элементов уже построенного множества. Такое $p^n-1$ всегда найдётся. Действительно, для любого натурального $m$, не кратного $p$, найдётся число вида $p^n-1$, кратное $m$. Докажем это. Возьмём достаточно много (больше, чем $m$) степеней числа $p$ с натуральными показателями. По Дирихле, две из них дадут одинаковый остаток при делении на $m$. Иными словами, имеем $p^a-p^b$ кратно $m$. Разделим этого звирка на $p$. Так как $m$ не кратно $p$, снова получим $p^{a-1}-p^{b-1}$ кратно $m$. И так далее, пока меньшая из степеней не станет единичкой. В итоге имеем $p^{a-b}-1$ кратно $m$.

Вроде так?

[Mathusic]

Ktina в сообщении #649988 писал(а):

Вроде так?

Подходит.
Ваш способ тоже можно было бы реализовать "от противного", как и мой -- конструктивно.