La progresión aritmética $ a, a+b, a+2b, a+3b,\dots $ tiene $k$ compuestos consecutivos

Question

Para cualquier $k>0$ demuestre que la progresión aritmética $$ a, a+b, a+2b, a+3b, \dots$$ donde $\gcd(a,b)=1$ contiene $k$ términos consecutivos que son compuestos.

Si es para todos $a,b$ entonces estoy confundido. Si podemos establecer $a$ y $b$ podemos establecer $a=(k+1)!$ , $b=1$

Answer 1

Puede demostrar que para todos $a$ y $b \neq 0$ con $\gcd(a,b) = 1$ y todos $k > 0$ hay $k$ términos consecutivos en la progresión aritmética $$a,a+b,a+2b,\ldots$$ que son compuestos. Veamos cómo demostrarlo. Una secuencia de $k$ términos consecutivos tiene la forma $$a+xb, a+(x+1)b, \ldots, a+(x+k-1)b.$$ Queremos encontrar un $x$ tal que para cada uno de los términos anteriores $a+(x+i)b$ hay un primo $p_i$ que la divide. Así que queremos resolver el sistema de congruencias simultáneas \begin{align*} a+xb &\equiv 0 \pmod {p_0}\\ a+(x+1)b &\equiv 0 \pmod {p_1}\\ \vdots\\ a+(x+k-1)b &\equiv 0 \pmod {p_{k-1}} \end{align*} donde los primos $p_i$ están aún por elegir. Nos gustaría reescribir $a+(x+i)b \equiv 0 \pmod{p_i}$ como $x \equiv -\frac{a}{b}-i \pmod {p_i}$ por lo que queremos $b$ para tener una inversa multiplicativa módulo $p_i$ . Podemos conseguirlo eligiendo el $p_i$ de tal forma que $b$ es coprimo de $p_i$ . Dado que sólo hay un número finito de primos que dividan a $b$ pero infinitos primos en total, siempre podemos encontrar $k$ diferentes primos $p_0,\ldots,p_{k-1}$ tal que $b$ es invertible módulo $p_i$ . Así que nuestro sistema de congruencias tiene ahora este aspecto \begin{align*} x &\equiv -a/b \pmod {p_0}\\ x &\equiv -a/b-1 \pmod {p_1}\\ \vdots\\ x &\equiv -a/b-(k-1) \pmod {p_{k-1}} \end{align*} (donde la división por $b$ se permite el módulo $p_i$ ). Ahora deberías ser capaz de reconocer qué teorema tienes que aplicar para obtener una solución. De hecho, ¡obtendrás infinitas soluciones! Tienes que elegir $x$ suficientemente grande para garantizar que no sólo $p_i$ divide $a+(x+i)b$ sino también que es un divisor propio.

Answer 2

Supongamos que $b\neq 0$ . Sea $n=\prod_{j=1}^{k}(a+jb)$ . Considere $$a+(n+1)b, \\ a+(n+2)b, \\ \vdots \\ a+(n+k)b.$$ Entonces tenemos para cualquier $i\in\{1, \dots , k\}$ que \begin{align} a+(n+i)b &=(a+ib)+nb \\ &=(a+ib)+b\prod_{j=1}^{k}(a+jb) \\ &=\underbrace{(a+ib)}_{>1}\underbrace{\left[1+b \prod_{j=1,j\neq i}^{k}(a+jb) \right]}_{>1}. \end{align} Por lo tanto $a+(n+i)b$ es compuesto para cada $i\in\{1, \dots , k\}$ .