найдите все такие простые p что p2 14 тоже простое

Найдите все такие простые p что p2 14 тоже простое

а) p, p + 10, p + 14 – простые числа. Найдите p.

б) p, 2p + 1, 4p + 1 – простые числа. Найдите p.

Подсказка

Рассмотрите остатки от деления на 3. Одно из этих чисел делится на 3.

Ответ

Источники и прецеденты использования

Источник

Найдите все такие простые p что p2 14 тоже простое

Задача 1: Найти все такие p, что p и 5p + 1 – простые.

Задача 2: Найти все такие p, что p,p + 10 и p + 14 – простые.

Решение: По модулю 3

Задача 3: Найти все такие p, что p и p² + 2 – простые.

Решение: По модулю 3

Задача 4: Является ли число 12345678926 квадратом?

Задача 5: Доказать, что следующие числа не являются квадратами: a) 12345678 b) 987654 c) 1234560 d) 98765445.

Задача 6: Доказать, что 1 • 2 • 3 + 2 • 3 • 4 + … + 98 • 99 • 100 ≠ 19891988.

Задача 7: Найти все p, такие что p, p² + 4, p² + 6 – простые числа.

Решение: По модулю 5

Задача 8: Доказать, что n 4 + 2n² + 3 не может быть простым.

Решение: Оно делится на 3.

Задача 9: Доказать, что число 2 + 4 + 6 + … + 2n не может быть

b) кубом целого числа.

Задача 10: Решить в целых числах: 2x + 5y = xy – 1.

Задача 11: Найти все p, такие что p и p 6 + 6 – простые.

Решение: По модулю 7

Задача 12: Найти все p, такие что p и 3p² + 1 – простые

Задача 13: Найти все p, такие что p и 2p² + 1 – простые.

Задача 14: Доказать, что произведение 6 последовательных натуральных чисел не может быть равно 776965920.

Задача 15: Доказать, что уравнение x² + 1990 = y² не имеет решений в целых числах.

Задача 16: Доказать, что уравнение 4 k – 4 l = 10 n не имеет решений в целых числах.

Решение: По модулю 3

Задача 17: Доказать, что существует бесконечно много натуральных чисел, не представимых в виде a) x² + y² b) x² + y² + z² c) x³ + y³ + z³.

Решение: b) Все числа вида 8k + 7.

c) Все числа вида 9k + 4.

Задача 18: Доказать, что число 53 • 83 • 109 + 40 • 66 • 96 – составное.

Задача 19: Решить в целых числах: x² + y² + z² = 4(xy + yz + zx).

Решение:

Метож бесконечного спуска: все переменные должны быть чётными и их можно разделить пополам. Ответ: (0;0;0)

Задача 20: Решить в целых числах: x² + y² + z² = 2xyz.

Решение: Метод бесконечного спуска.

Задача 21: Решить в целых числах: , b и c – простые.

Задача 22: Найти все прямоугольники с натуральными сторонами, у которых периметр равен площади.

Задача 23: Есть 100 купюр типов: по a и b рублей. (a не равно b). Доказать, что можно выбрать несколько купюр так, что полученная сумма делится на 101 рубль без остатка.

Задача 24: a) Решить в целых числах: .

b) . Доказать, что .

Задача 25: Доказать, что существует бесконечно много натуральных чисел, не представимых в виде n² + p (p – простое).

Решение:

Таковы почти все точные квадраты.

Задача 26: Доказать, что 3 2n – 1

Задача 27: Найти все натуральные n, для которых 2 n + 33 – точный квадрат.

Задача 28: Решить в целых числах: a² + b² = 3(c² + d²).

Решение: Бесконечный спуск.

Задача 29: Найти наименьшее значение выражения (k, l – натуральные числа).

Решение:

Ответ: 11 = 16 – 25. По модулям 3, 4 и 5.

Задача 30: Решить в простых числах: pqr = 7(p + q + r).

Задача 31: Решить в натуральных числах: 3 N + 55 = m².

Задача 33: Решить в целых числах: 5x³ + 11y³ + 13z³ = 0.

Задача 34: Решить в натуральных числах: .

Задача 35: Разложить на множители: x³ + y³ + z³ – 3xyz.

Решение:

x³ + y³ + z³ – 3xyz делится на x + y + z. Найдите частное.

Задача 36: a – фиксированное натуральное число. Доказать, что уравнение x! = y² + a² имеет лишь конечное число решений (x,y).

Источник

Закономерности в распределении простых чисел

Введение

Простое число — это натуральное число, имеющее ровно два различных натуральных делителя — единицу и самого себя. Такие числа представляют огромный интерес. Дело в том, что никто так и не смог полностью понять и описать закономерность по которой простые числа располагаются в ряду натуральных чисел.

Ещё до нашей эры Евклид сформулировал и доказал первые теоремы о простых числах. С тех пор математики, среди них Гаусс, Ферма, Риман, Эйлер, продолжали исследования и надо отдать им должное заметно продвинулись. Было обнаружено много интересных свойств простых чисел, выдвинуто много предположений, некоторые из которых были доказаны. Однако много гипотез связанных с простыми числами до сих пор остаются необоснованными.

Распределение простых чисел

Первостепенная задача, решение которой автоматически привело бы к решению большинства вопросов связанных с простыми числами заключается в следующем:

Получить рекуррентную формулу для очередного простого числа

Существует родственная ей задача о количестве простых чисел, не превосходящих заданной величины:

Найти функцию p(x), значение которой в точке x равно числу простых чисел на отрезке [1, x]. Где x – любое действительное число не меньшее единицы.

Функция называется функцией распределения простых чисел.

К решению вышеуказанных задач существует множество подходов. Рассмотрим некоторые из них.

Основная теорема арифметики гласит, что любое натуральное число большее единицы может быть представлено в виде произведения простых множителей (причём единственным образом, с точностью до порядка множителей).

Отсюда и из определения простого числа следует, что натуральное число, большее двух, является простым тогда и только тогда, когда оно не делится ни на одно из простых чисел меньших самого себя.

Первое простое число p₁ =2. Значит все последующие простые числа должны не делится на 2, то есть иметь вид 2k+1, где k – натуральное. То есть все простые числа начиная со второго — нечётные.

Второе простое число p₂ = 3. Значит все последующие простые числа должны иметь вид 3m+1, либо 3m+2, где m – целое. Это равносильно утверждению о том, что все простые числа начиная с третьего не делятся на три. Однако при этом числа ещё должны не делится на два, то есть иметь вид 2k+1.

Решая диофантовы уравнения

найдём k и m и получим, что все простые числа начиная с p₃ обязательно представимы в виде , либо в виде , где t – целое.

И правда, какое бы простое число мы ни взяли оно представимо таким образом:

Однако обратное неверно, то есть любое натуральное число вида 6t+1 или 6t+5 не обязательно простое. Например, .

Третье простое число p₃ = 5. И если по аналогии учесть, что любое простое число, начиная с четвёртого не делится на 5, также не делится на p₁ = 2 и на p₂ = 3, то получим, что все простые числа начиная с p₄ обязательно имеют одно из представлений

Затем учтём p₄, p₅ и т.д. Проблема в том, что на каждом шаге нам придётся решать всё большую систему диофантовых уравнений, поэтому такой прямолинейный подход оказывается весьма сложным.

На самом деле, при различных попытках решения поставленной нами задачи в большом количестве случаев появляются одни и те же конструкции. Например, произведение Эйлера. Рассмотрим, как это происходит, на следующем примере.

Итак, как же найти функцию F(x)? Сначала рассмотрим множество всех натуральных чисел. Какова доля чисел, которые не делятся ни на одно из простых p₁, p₂, …, p_n?

Каждое второе число делится на p₁ = 2. Значит, часть всех чисел делится на p₁.

Каждое третье число делится на 3. Значит, всех чисел делится на p₂. При этом надо учесть, что каждое шестое число делится и на 2 и на 3 одновременно.

Значит, доля чисел не делящихся ни на 2, ни на 3 равна

Если преобразовать выражение, то оно примет вид:

Опять же можно представить выражение в виде

Будем обозначать такое произведение P(n). Кстати, если учесть все простые числа (n→∞), то мы получим обратную величину от так называемого произведения Эйлера.

Почему так происходит? Когда мы получали формулу (1), мы пользовались рассуждениями, что среди всех натуральных чисел доля, делящихся на p_n, равна . Но нельзя сделать такое утверждение о конечном наборе последовательных натуральных чисел. Например, возьмём набор 1,2, 3,4,5,6,7,8,9. Здесь 4 числа из 9 делятся на два. И несложно заметить, что отличается от . То есть, при применении к конечному набору чисел, данный метод даёт результат с некоторой погрешностью.

Это будет мешать далее получать точные формулы. Но если оценить эту погрешность, то можно (например, приняв и используя приведённые выше рассуждения) получить оценку для p_n+1-го простого числа. Однако, получение таких оценок — это тема отдельной работы. И поэтому здесь я не буду на этом останавливаться, а приведу лишь некоторые результаты, полученные математиками.

Одна из оценок для простого числа с номером n:

оценка верна для всех n, начиная с 6.

А вот формула для функции распределения простых чисел:

Для функции Риман получил приближение, используя интегральный логарифм и нетривиальные нули дзета-функции Римана. Однако, это приближение верно, только если верна гипотеза Римана. Причём если гипотеза Римана верна, то оно является наилучшим.

Гипотеза Римана до сих пор не доказана и не опровергнута. Она, как мы могли видеть, тесно связана с простыми числами и, вообще, имеет огромное значение для теории чисел. Из-за своей важной роли в математике, гипотеза Римана была объявлена одной из семи задач тысячелетия.

Проблемы Ландау

Насчёт простых чисел выдвинуто очень много интересных гипотез. Среди них видное место занимают гипотезы Ландау (проблемы Ландау). Формулируются они так:

1. Гипотеза Гольдбаха

Можно ли любое целое чётное число, большее 2, записать в виде суммы двух простых?

2. Гипотеза о числах-близнецах

Бесконечно ли число простых p таких, что p + 2 тоже простое?

3. Гипотеза Лежандра

Всегда ли существует по меньшей мере одно простое число, лежащее между двумя последовательными полными квадратами?

4. Гипотеза о почти квадратных простых числах

Существует ли бесконечно много простых чисел p вида .

Проблемы Ландау ни доказаны, ни опровергнуты по состоянию на 2020 год. Далее кратко расскажу про каждую из них.

1. Гипотеза Гольдбаха

Существуют две гипотезы Гольдбаха: слабая (тернарная) и сильная (бинарная).

Слабая гипотеза Гольдбаха: Каждое нечётное число, большее 5, можно представить в виде суммы трёх простых чисел.

Эту гипотезу доказал Харольд Гельфготт в 2013 году используя так называемые большие дуги. Финальная часть доказательства заняла 133 страницы.

Сильная гипотеза Гольдбаха: Каждое чётное число, большее двух, можно представить в виде суммы двух простых чисел.

Надо заметить, что в обоих случаях гипотезы Гольдбаха простые числа не обязательно должны быть различными.

Заметьте, что в сильной гипотезе речь идёт только о чётных числах. Давайте покажем, что нечётное число не обязано быть представимо в виде суммы двух простых чисел. Просто приведём пример. Число 11 не представимо в виде суммы двух простых. Вроде бы несложно.

Но переформулируем проблему так: существует ли такое число, что любое нечётное, большее этого числа, представимо в виде суммы двух простых чисел? Давайте проверим. Пусть существует некоторое нечётное натуральное число N, такое, что любое нечётное число представимо в виде суммы двух простых чисел.

Возьмём произвольное нечётное . По предположению существуют такие простые p₁ и p₂, что . Если сумма двух натуральных чисел нечётна, то это значит, что одно из слагаемых чётно, а другое нет. Пусть для определённости p₁ – чётное. Единственное чётное простое число — это 2. Значит, . То есть, K-2 (предыдущее перед K нечётное число) является простым. Поскольку всё вышесказанное верно для любого нечётного большего N, то получается, что все нечётные числа, начиная с N-2, являются простыми. Это неверно. Если бы это было так, то при n→ ∞. Однако, как говорилось выше при n→ ∞.

Итак, не существует такого числа, начиная с которого все нечётные числа могут быть представлены в виде суммы двух простых.

А что же насчёт чётных? Гипотеза не была опровергнута, не было найдено ни одного контрпримера. Но это не значит, что их не существует. Доказать же гипотезу полностью пока никому не удалось.

2. Гипотеза о числах-близнецах

Бесконечно ли число простых чисел близнецов?

Для начала сформулируем определение. Два простых числа называются близнецами если отличаются друг от друга на 2.

Так же доказано, что существует бесконечно много простых чисел, разница между которыми составляет 246. Это наилучшая из обоснованных на данный момент оценок. Если же использовать некоторые недоказанные гипотезы о простых числах, то оценку можно улучшить.

3. Гипотеза Лежандра

Всегда ли существует, по меньшей мере, одно простое число, лежащее между двумя последовательными полными квадратами?

Аналогичная гипотеза доказана для кубов, начиная с некоторого n. То есть, существует, по меньшей мере, одно простое число, лежащее между и для достаточно большого n. Для квадратов же, гипотеза Лежандра пока не доказана.

4. Почти квадратные простые числа

Заключение

Как мы видим, в этой области теории чисел существует очень много пробелов, а также недоказанных гипотез. Отдельно хочется сказать про численную проверку утверждений. Например, ни для одной из гипотез Ландау не был найден контрпример, даже с использованием значительных вычислительных мощностей в течение большого времени. Однако, в истории математики 20-го и 21-го века были случаи, когда контрпример, опровергающий гипотезу, был настолько огромным числом, что его не удавалось найти с помощью вычислительных машин.

Также, постоянный интерес к простым числам обусловлен их обширным применением в криптографии. Итак, как мы убедились, исследование простых чисел — это, действительно, важная и очень интересная задача.

Источник

math4school.ru

Простые и составные числа

Немного теории

Простое число – это натуральное число, имеющее ровно два различных натуральных делителя: единицу и само себя. Все остальные натуральные числа, кроме единицы, называются составными. Таким образом, все натуральные числа больше единицы разбиваются на простые и составные. Изучением свойств простых чисел занимается теория чисел.

Приведём некоторые свойства простых чисел.

Основная теорема арифметики. Каждое натуральное число, большее единицы, представимо в виде произведения простых чисел, причём единственным способом с точностью до порядка следования сомножителей.

Простых чисел бесконечно много.

Если p – простое, и p делит a·b, то p делит a или b.

Mалая теорема Ферма. Если p – простое, a – натуральное, то a p – a делится на p.

Теорема Вильсона. Натуральное p > 1 является простым тогда и только тогда, когда (p – 1)! + 1 делится на p.

Постулат Бертрана. Если n > 1 – натуральное, то существует простое p, такое, что n 1 – целые взаимно простые числа, содержит бесконечно много простых чисел.

Теорема Ферма. Каждое простое число вида 4k + 1 есть сумма двух квадратов натуральных чисел.

Всякое простое число, большее 3, представимо в виде 6k + 1 или 6k – 1, где k – некоторое натуральное число.

Число, следующее за простым, не может быть квадратом или более высокой степенью с основанием, большим 2.

Число, предшествующее простому, не может быть кубом или более высокой нечётной степенью с основанием, большим 1.

Задачи с решениями

1. Три простых числа, каждое из которых больше 10, образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что разность прогрессии делится на 6.

Все данные простые числа нечётные, поэтому их разность делится на 2. Покажем, что она делится и на 3. Пусть данные числа a, a + d, a + 2d. Ни одно из них не делится на 3, поэтому при делении на 3 даёт остаток или 1, или 2. Следовательно, по крайней мере, два из этих чисел дают при делении на 3 одинаковые остатки. Разность этих чисел, равная d или 2d, делится на 3. Поскольку 2 на 3 не делится, то d делится на 3. Итак, разность прогрессии, которая делится на взаимно простые числа 2 и 3, делится на 6, что и требовалось доказать.

2. Докажите, что для произвольного натурального числа n найдётся натуральное m такое, что nm + 1 – составное число.

Можно выбрать m = n + 2, тогда

nm + 1 = n(n + 2) + 1 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2

является составным числом.

3. Найдите все целые числа n, для которых модуль значения трёхчлена n 2 – 7n + 10 будет простым числом.

|n 2 – 7n + 10| = |n –2| · |n – 5|,

то следует искать такие n при которых один из множителей последнего произведения равен 1, а второй является простым числом. Этому требованию удовлетворяют n = 3 и n = 4.

4. Докажите, что если числа

а) m и m 2 + 2 простые, то число m 3 + 2 тоже простое;

б) р, р – 10, р + 10 простые, то число р – 2 тоже простое.

а) Любое простое число m, отличное от 3, можно представить в виде 3n+1 или в виде 3n–1, где n – некоторое натуральное число. В первом случае можно записать

m 2 + 2 = 9n 2 + 6n +3,

m 2 + 2 = 9n 2 – 6n +3,

Так как m > 2, то в любом случае число m 2 +2 больше 3 и делится на 3, а значит является составным. Следовательно, число m 2 +2 может быть простым, только если m = 3. В этом случае m 2 +2 = 11 – простое число, m 3 +2 = 29 – тоже простое число, что и требовалось доказать.

б) Так как р – 10 = (р – 1) – 9 и р + 10 = (р + 1) + 9, то числа р – 10 и р – 1 при делении на 3 имеют одинаковые остатки, и числа р + 10 и р + 1 при делении на 3 имеют одинаковые остатки.

Из трёх последовательных чисел р – 1, р, р + 1 одно и только одно делится на 3. С учётом выше сказанного, то же утверждение верно для чисел р – 10, р, р + 10. Так как эти числа простые, то р – 10 = 3 и р = 13, поэтому р – 2 = 11 – простое число, что и требовалось доказать.

5. Сколько раз входит двойка в разложение на простые множители произведения

Ответ на поставленный вопрос получим из следующих преобразований:

6. Найдите все простые p такие, что число p 2 + 11 имеет ровно 6 различных делителей (включая единицу и само число).

Если p > 5 и простое, то числа p – 1 и p + 1 оба четные, и одно из них кратно трем. Поэтому произведение (p – 1)(p + 1) делится на 12, следовательно, p 2 + 11 также делится на 12, а значит, имеет не менее семи делителей (6 делителей числа 12 и само число p 2 + 11 > 12 ). Осталось проверить p = 2 и p = 3.

Если p = 2, то p 2 + 11 = 2 2 + 11 = 15 имеет 4 делителя (1, 3, 5, 15).

Если p = 3, то p 2 + 11 = 3 2 + 11 = 20 имеет 6 делителей (1, 2, 4, 5, 10, 20).

7. Найти все натуральные числа n, для которых каждое из шести чисел

n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 и n + 15

Рассмотрим варианты. Для n = 1 число n + 3 = 4 составное.

Для n = 2 число n + 7 = 9 составное.

Для n = 3 число n + 1 = 4 составное.

Для n > 4 все наши числа больше 5 и по крайней мере одно из них делится на 5, так как числа 1, 3, 7, 9, 13 и 15 при делении на 5 дают соответственно остатки 1, 3, 2, 4, 3 и 0, то есть все возможные остатки, откуда следует, что и числа

n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 и n + 15

при делении на 5 дают все возможные остатки и, следовательно, хотя бы одно из них делится на 5 и как число, большее пяти (так как n > 4), является составным.

Но для n = 4 мы получаем простые числа 5, 7, 11, 13, 17 и 19.

8. Доказать, что каждое простое число вида 4k + 1 является длиной гипотенузы прямоугольного треугольника, стороны которого выражаются натуральными числами.

9. Сколькими способами можно раскрасить круг, разбитый на р равных секторов с помощью n красок, если р – простое число и каждый сектор раскрашиваем одной краской? Две раскраски, совпадающие при повороте круга, считаем одинаковыми.

Каждый сектор можно раскрасить в любой из n цветов, поэтому для круга с р секторами получим n p раскрасок, среди которых (n p – n) не одноцветных. Каждая из этих раскрасок поворотами переходит в (р – 1) одинаковую с ней, значит, существенно различных не одноцветных раскрасок будет (n p – n)/p, откуда общее число раскрасок равно n + (n p – n)/p.

10. Доказать, что для любого простого числа p > 5 уравнение х 4 + 4 x = p в целых числах не имеет решений.

Докажем, что если для некоторого целого значения х число

является целым, то это число либо не превосходит пяти, либо является составным.

Действительно, если х 4 + 4 0 4 + 4 1 = 5.

Если x = 2k (k – натуральное число), то число

f(x) = 2 4 k 4 + 4 2k = 2 4 ( k 4 + 4 2(k–1) )

Наконец, если x = 2k + 1 (k – натуральное число), то число

f(x) = x 4 + 4·4 2k = (x 4 + 4x 2 (2 k ) 2 + 4(2 k ) 4 ) – 4x 2 (2 k ) 2 =

= (x 2 + 2(2 k ) 2 ) 2 – (2·x·2 k ) 2 =

= (x 2 + 2·x·2 k + 2(2 k ) 2 )·( x 2 – 2·x·2 k + 2(2 k ) 2 ) =

= ((x + 2 k ) 2 + 2 2k )·((x – 2 k ) 2 + 2 2k )

так же является составным, поскольку каждый из двух сомножителей последнего произведения больше 1 (ибо 2 2k > 1 при k > 0).

Таким образом, если число p > 5 простое, то равенство х 4 + 4 x = p не выполняется ни при каких целых значениях х.

Задачи без решений

1. Известно, что р, р + 10, р + 14 – простые числа. Найдите число р.

2. Докажите, что число

3. Найдите все простые р для которых число р 2 + 14 так же будет простым числом.

4. Докажите, что уравнение х 2 + х + 1 = р·у имеет решение в целых числах (х, у) для бесконечного числа простых р.

5. Введём обозначение для суммы первых n простых чисел через S_n:

Докажите, что между числами S_n и S_n+1 всегда существует число, являющееся полным квадратом.

Источник