Prueba $\forall n\in\mathbb{N}$ , $\exists m\in\mathbb{N}$ s.t. $m>n$ y $m$ es primo

Question

Hay dos partes que me cuesta poner en marcha.

A. Demostrar que $n_1, n_2,...,n_k\in\mathbb{N}$ son como mínimo $2$ entonces $n=n_1n_2...n_k+1$ no es divisible por ningún número $n_1, n_2,...,n_k$ .

B. Demuestre que la verdad de la negación conduce a una contradicción. (Utiliza el teorema: Para todo $a,b\in\mathbb{N}$ existe un único cociente $q$ y resto $r$ en $\mathbb{Z^+}$ de forma que tengamos $a=qb+r$ y $0\leq r<q$ .)

Para la parte A, empecé con, dado $k\in\mathbb{N}$ y $n_1, n_2,...,n_k\geq1$ Demostraré que $\forall i$ , $n_i \nmid n=n_1n_2...n_k+1$ para configurarlo, pero no estoy seguro de cómo ponerlo en marcha.

Para la parte B, sé que la negación es $\exists n\in\mathbb{N}$ s.t. $\forall m\in\mathbb{N}$ o bien $m\leq n$ o $m$ no es primo, pero de nuevo no estoy seguro de lo que debo hacer para iniciar la prueba o exactamente cómo incorporar ese teorema.

Answer 1

Se trata de una prueba por contradicción: supongamos que existe un primo mayor

Para la parte (A), construimos $N=n_1n_2n_3...n_k+1$ para $n_1,n_2,n_3,...\in\mathbb{N}$ y n_k el mayor número primo .

A partir de ahí, sólo necesitamos un dato: si $q\in\mathbb{N}$ y si $q|N-1$ entonces $q\nmid N$ . Esto se demuestra fácilmente con aritmética modular, pero se puede ver lógicamente (si q|N-1, entonces el siguiente número que dividirá es el siguiente múltiplo de $q$ o $N-1+q>N$ para $q>1$ ). Enunciado alternativo con aritmética modular,

$q|N-1\Longleftrightarrow N-1\equiv 0\mod q\Longleftrightarrow N\equiv 1\not\equiv 0\mod q\Longrightarrow q\nmid N$ .

Para la parte (B), observamos que $n_1|N-1$ , $n_2|N-1$ , $n_3|N-1$ , ... A partir del hecho probado anteriormente, $n_1\nmid N$ , $n_2\nmid N$ , $n_3\nmid N$ ..., y $n_k\nmid N$ . Pero porque $n_k$ es el primo mayor, y todos los números por debajo de $n_k$ tampoco dividir $N$ ningún número primo conocido divide a N .

Sin embargo, es un hecho básico que todos los números enteros deben tener al menos un factor primo. Por lo tanto, o bien $N$ es primo o tiene factores primos que son todos mayores que el $n_k$ Por lo tanto, tenemos una contradicción; no existe un primo mayor $n_k$ .

Esto equivale a la afirmación que intentas demostrar.

Answer 2

Supongamos que existe un primo mayor, por ejemplo $n$ y ahora considera $a_n=n!+1$ . Como todo número entero mayor que 2 tiene un divisor primo, entonces $a_n$ tiene un divisor primo $p, p\leq n$ . Desde $p$ divise $n!$ Así que..: $p|a_n-n! \Rightarrow p|1$ contradicción. Por lo tanto no existe un número primo mayor y $\forall, m$ hay un primo $p> m$ .

Answer 3

En relación con la Parte(A): La pregunta del título y la pregunta de la Parte(A) no son la misma. Otras respuestas parecen haber asumido que la $n_k$ son consecutivos, o tal vez sean primos, que no son condiciones de la pregunta. Por ejemplo, para $n_1=8,\ n_2=10$ , $\ n_1n_2+1=81$ cuyo único factor primo es $3$ que es menor que $n_k$ . No obstante, en este caso es cierto que $n_k\not \mid 81$ .

Por tanto, para responder a la parte (A), debemos recordar que cada $n_i=\prod p_j$ y $p_j\mid n_i \Rightarrow p_j\mid (n_1n_2\dots n_k)$ . Pero $p_i\mid M \Rightarrow p_i\not \mid (M+1)$ porque $p_i\not \mid 1$ . Así que en este caso $p_i\not \mid (n_1n_2\dots n_k+1)$ .

Por el teorema fundamental de la aritmética, sabemos que $(n_1n_2\dots n_k+1)=\prod q_m$ y podemos ver que $p_j\ne q_m$ . Dado que ningún factor primo de $n$ divide $(n_1n_2\dots n_k+1)$ no $n$ puede dividir ese número. Pero sin más información, no podemos decir nada sobre las magnitudes de $q_m$ con respecto a cualquier $n$ .