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¿Hay largas progresiones aritméticas no-coprimo con el número dado?

Existen enteros positivos $q$, $n$, $d$ tal que $q\perp n$ y $$ q,\ q+n,\ q+2n,\,\ldots\, p+(d-1)n $$

son todos no coprime a $d$?

Creo que no hay, pero hasta ahora no pude probarlo. Numérico de búsqueda (arriba a ~400) parece apoyar esta afirmación. No son bien conocidos los resultados sobre la distribución de los números primos en tal progresión (Dirichlet del teorema dice que contiene una infinidad de números primos, Linnik del teorema proporciona un límite inferior en el tamaño de la primera), pero ninguno parece directamente aplicable.

No he hecho ningún progreso significativo, sólo he probado algunas trivialidades. Supongamos que existen tales números. A continuación, vamos a $$ q+rn = s_r\mod d $$ y $d_r=\gcd\left(s_r, d\right)$.

  • Si $p\mid s_r$, $p\mid n$, a continuación,$p\mid q$, y por lo $p=1$, por lo tanto $d_r$ $n$ siempre coprime.

  • Los residuos no son coprime a $d$, por lo tanto, al menos dos de ellos son iguales: $$ (r-s)\,n=0\mod d $$ y desde $\left|r-s\right|<d$, se deduce que el $n$ $d$ no coprime.

  • si $q+rn=0\ \mbox{mod } d$, $r\neq 0$, a continuación,$\gcd\left(n, d\right)\mid q$, lo que contradice $n\perp q$

  • $s_r$, $s_{r+1}$ son coprime, desde un divisor común dividiría su diferencia - $n$, pero entonces no se puede dividir $q$, y por lo tanto no es un divisor de a $q+rn=s_r$.
  • En consecuencia, $d_r$ $d_{r+1}$ son coprime.

Aún así, es sólo un desordenado montón de observaciones.

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Su sospecha es correcta. Suponiendo que yo correctamente interpretado como la reivindicación de que al menos uno de los números en la progresión es coprime a $d$.

Factor $d=d_1d_2$ de tal manera que en el primer factorizations $$d_1=\prod_ip_i^{a_i},\qquad d_2=\prod_jq_j^{b_j}$$ tenemos $p_i\mid n$ todos los $i$, e $q_j\nmid n$ todos los $j$.

Aquí $\gcd(n,d_2)=1$, por lo que los números en la progresión de la $q+in, 0\le i<d_2$ son todos pares incongruentes modulo $d_2$. Por lo tanto, uno de ellos, decir $q+i_0n$, es congruente a $1\pmod {d_2}$. Yo reclamo que $m=q+i_0n$ es coprime a $d$. No podemos tener a $p_i\mid m$ cualquier $i$, como entonces, tendríamos también a $p_i\mid q$ violando la condición de que $q$ $n$ debe ser coprime. Pero no podemos tener a $q_j\mid m$ porque $m\equiv 1\pmod{q_j}$ todos los $j$.

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Shanes927 Puntos 1

Bien tomar $$q=kd+n\q+(d-1)n=kd+n+(d-1)n=dn+kd=d(k+n)$$ nota $n \not\mid kd$, creo que esta es la solución que se podría tratar de reemplazar esos números y comprobar si se suma (actualmente tengo no hay tiempo para hacerlo)

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