Простая задачка по теории чисел

lodanap

Что-то я туплю совсем уже...
А как доказывается, что бесконечно много простых вида 7k+1?

Runa

Предположим их конечное число. Перемножим их все тогда, умножим на 7 и прибавим 1. Получим либо новое простое такого же вида, но большее остальных. Либо составное, но которое делится на простое такого вида, большее остальных. (это надо доказать) Противоречие. Вроде так.

Runa

Мне кажется моё решение неправильное.

lodanap

которое делится на простое такого вида
вот этот момент мне и непонятен...

Runa

Да, мне кажется моё решение неправильное. Например, (7k+3)*(7l+5)=7m+1
Оно прокатывало для чисел другого вида.

Lika25

теорема Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии...

lodanap

Ага, если б можно было просто сослаться - задачи б не было.
Интересует доказательство для такого частного случая...

lodanap

Плиз, надо! и похоже срочно....

Lika25

хорошо, тогда приведи док-во теоремы Дирихле для 7 и 1...
в лекциях Мощевитина (если знаешь, что это такое) проводилось подобное для 4k+1 и 4k+3, причем достаточно прозрачно
думаю, что математики не зря трудились над теоремой, почему б ей не воспользоваться?!

filippov2005

Яндекс - найдется все!
http://vivovoco.nns.ru/quantum/2001.01/MATKR_1_01.PDF Здесь проводится доказательство несравнимое по сложности с общей теоремой Дирихле частного случая - бесконечно много простых чисел вида mn+1, где m-фиксированное произвольное число, а n пробегает все натуральные числа! (на странице 37) точнее на стр 4, если смотреть нумерацию pdf файла, а не номера Кванта. К сожалению, эта страница защищена от копирования А еще m - произвольное простое, но 7 - простое так что все прокатит

Lika25

это что, лекции?
(неохота в инет лезть)

lodanap

в 4k+1 и 4k+3 все простые кроме двойки лежат, поэтому достаточно их рассмотреть.
А как дополнить 7k + 1 одной арифм. прогрессией с разницей 7 чтобы попали все простые начиная с некоторого - я не придумал.
можно несколькими 7к+а дополнить но чтобы а1*а2(mod7) не равнялось 1. - это я тоже не придумал.
А доказательства т. Дирихле я не знаю...

Aleksey67

там доказывается, что в каждой из них беск число постых встречается. это не следует из беск-ти числа простых в натуральном ряде.

margo11

Проверяйте. Пусть p_1, ..., p_r - все простые вида 7k+1. Обозначи a = 7*p_1*...*p_r и положим b = 1 + a + a^2 + a^3 + a^4 + a^5 + a^6. Покажем, что b может иметь простые делители только вида 7k + 1. Очевидно, это решит задачу. Ясно, что наибольший общий делитель (b, 7) = 1. Предположим, что b имеет простой делитель p = 7k + t, где 1 < t <= 6. Заметим, что a !== 1 (mod p) (!== означает не сравнимо). Действительно, если a == 1 (p то b == 7 (mod p тогда не может p делить b. Теперь, знаем, что b делится на p, но (a-1) не делится на p. По формуле суммы геометрической прогресси получаем, что b = (a^7 - 1)/(a -1). Видим, что a^7 - 1 делится на p. Значит, порядок числа a по модулю p равен 7 (он делит 7 и не равен 1). Но еще a^{фи(p)} == 1 (mod p). Значит, порядок a должен делить фи(p) = p-1 = 7k + (t -1) - не делится на 7.

lodanap

Супер! Спасибо!
Въезжал правда долго, но все так и есть!

filippov2005

Все четко.
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: