El problema es:
Existe un entero $N$ tal que para cualquier $n>N$ existe $m \in \{n,n+1, \ldots ,n+9\}$ tal que $m$ tiene al menos $3$ distintos factores primos.
Hace 2 Años, Mi profesor me dijo que podría ser resuelto mediante el uso elemental de la teoría de números.
Yo a este problema durante 1 semana. Pero yo no podía resolver este problema. Pero el profesor no respondió.
P. S I fue considerado acerca de varios de 6 de los 2 años atrás. Pero no es sencillo.
De hecho, puede ser resuelto utilizando sólo elementales de la teoría de números. Mi solución es un poco largo, aunque, y es posible simplificar.
En la siguiente prueba, voy a utilizar el siguiente resultado, que será demostrado en la final:
Proposición: Las siguientes ecuaciones tienen un número finito de entero no negativo soluciones:
\begin{align} 1) & 2^a-3^b=1 \\ 2) & 3^b-2^a=1 \\ 3) & 2^a3^b-5^d=1 \\ 4) & 5^d-2^a3^b=1 \\ 5) & 3^b-2^c5^d=1 \\ 6) & 2^c5^d-3^b=1 \\ 7) & 3^b-5^d=2 \\ 8) & 5^d-3^b=2 \end{align}
Cada una de estas ecuaciones puede resolverse fácilmente utilizando sólo la aritmética modular. Supongamos por ahora que la proposición es verdadera, y supongo que cualquier entero solución ha $a, b, c, d$ delimitada por $P \geq 1$ desde arriba. (De hecho, como veremos más adelante, al final, podemos tener $P=4$.) Elija $N>6(6)^P$.
Tome $n>N$ y supongamos por el contrario que cada uno de $n, n+1, \ldots , n+9$ $\leq 2$ distintos factores primos. Hay exactamente $5$ incluso los números de $2m, 2(m+1), 2(m+2), 2(m+3), 2(m+4)$ entre estos 10 números consecutivos, por lo que cada una de las $m, m+1, m+2, m+3, m+4$ debe ser de la forma $2^ap^k$. (Lo curioso del caso debe ser una potencia principal) tenga en cuenta que $2m \geq n>N>6(6^P)$, lo $m>3(6^P)$.
Si $m \equiv 0 \pmod{3}$, $m$ $m+3$ son divisibles por $3$, por lo que exactamente uno de $\frac{m}{3}$ $\frac{m+3}{3}=\frac{m}{3}+1$ es divisible por $3$. Así, uno de $\frac{m}{3}$ $\frac{m}{3}+1$ es una potencia de $2$, y el otro es un poder de $3$. Esto le da a $2^a-3^b= \pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $1, 2$ de la proposición. Esto implica que $m$ es $3(2^a)$ o $3(3^b)$, y en cualquier caso, $3(6^P)<m \leq 3(3^P)$, una contradicción.
Del mismo modo, si $m \equiv 2 \pmod{3}$, entonces uno de $\frac{m+1}{3}$ $\frac{m+1}{3}+1$ es una potencia de $2$, y el otro es un poder de $3$, y de nuevo llegamos $2^a-3^b= \pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $1, 2$ de la proposición. Del mismo modo $m+1$ es $3(2^a)$ o $3(3^b)$, y en cualquier caso, $3(6^P)+1<m+1 \leq 3(3^P)$, una contradicción.
Por lo tanto,$m \equiv 1 \pmod{3}$. Esto implica que $m+2$ es divisible por $3$, así que vamos a $m+2=2^a3^b$ para algunos enteros no negativos $a, b$. A continuación, exactamente uno de $m, m+1, m+3, m+4$ es un múltiplo de a $5$ y por lo tanto igual a $2^c5^d$. Por lo tanto,$2^a3^b-2^c5^d= \pm 1, \pm 2$.
Si $2^a3^b-2^c5^d=\pm 1$, entonces claramente $a, c$ no puede ser $\geq 1$, así que al menos uno de ellos es $0$. Si $a=0$, obtenemos $3^b-2^c5^d=\pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $5, 6$ de la proposición. Esto implica que $3(10^P)+2<m+2=3^b \leq 3^P$, una contradicción. Si $c=0$, entonces obtenemos $2^a3^b-5^d= \pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $3, 4$ de la proposición. Esto implica que $3(6^P)+2<m+2=2^a3^b \leq 6^P$, una contradicción.
Por lo tanto,$2^a3^b-2^c5^d=\pm 2$. Si $a, c \geq 1$,$2^{a-1}3^b-2^{c-1}5^d=\pm 1$. Como en el anterior, $a-1, c-1$ no puede ser $\geq 1$, así que al menos uno de ellos es $0$. Si $a-1=0$, entonces obtenemos $3^b-2^{c-1}5^d=\pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $5, 6$ de la proposición. Esto implica que $3(6^P)+2<m+2=2(3^b) \leq 2(3^P)$, una contradicción. Si $c-1=0$, entonces obtenemos $2^{a-1}3^b-5^d= \pm 1$, que corresponde a las ecuaciones de $3, 4$ de la proposición. Esto implica que $3(6^P)+2<m+2=2^a3^b \leq 2(6^P)$, una contradicción.
Por tanto, al menos uno de $a, c$$0$. Si $a=0$,$3^b-2^c5^d=\pm 2$, lo $2 \nmid 2^c5^d$, lo $c=0$. Del mismo modo, si $c=0$,$2^a3^b-5^d=\pm 2$, lo $2 \nmid 2^a3^b$, lo $a=0$. Por lo tanto $a=c=0$, y llegamos $3^b-5^d=\pm 2$, que corresponde a las ecuaciones de $7, 8$ de la proposición. Por lo tanto $3(6^P)+2<m+2=3^b \leq 3^P$, una contradicción.
Por lo tanto, para $n>N$ existe $m \in \{n, n+1, n+2, \ldots , n+9\}$ s.t. $m$ $\geq 3$ factores primos.
La prueba de la Proposición:
Vamos a ir a 1 paso más; vamos a encontrar todo entero no negativo soluciones.
\begin{align} 1) & 2^a-3^b=1 \end{align}
Si $b=0$,$a=1$. De lo contrario,$b \geq 1$. Tomando $\pmod{3}$ da $2^a \equiv 1 \pmod{3}$, lo $a$ es incluso. Por lo tanto $3^b=2^a-1=(2^{\frac{a}{2}}-1)(2^{\frac{a}{2}}+1)$. Desde $\gcd(2^{\frac{a}{2}}-1, 2^{\frac{a}{2}}+1)=1$$1 \leq 2^{\frac{a}{2}}-1<2^{\frac{a}{2}}+1)$,$2^{\frac{a}{2}}-1=1$, lo $a=2$, dando $b=1$.
Así tenemos las soluciones $(a, b)=(1, 0), (2, 1)$.
\begin{align} 2) & 3^b-2^a=1 \end{align}
Si $a=0$,$3^b=2$, una contradicción. Si $a=1$,$3^b=3$, lo $b=1$. De lo contrario,$a \geq 2$. Tomando $\pmod{4}$, $3^b \equiv 1 \pmod{4}$, por lo $b$ es incluso.
Por lo tanto $2^a=3^b-1=(3^{\frac{b}{2}}-1)(3^{\frac{b}{2}}+1)$. Tenga en cuenta que $\gcd(3^{\frac{b}{2}}-1,3^{\frac{b}{2}}+1)=2$, por lo que exactamente uno de $3^{\frac{b}{2}}-1$ $3^{\frac{b}{2}}+1$ es igual a $2$. Si $3^{\frac{b}{2}}+1=2$,$3^{\frac{b}{2}}-1=0$, lo $2^a=0$, una contradicción. Por lo tanto $3^{\frac{b}{2}}-1=2$, lo $b=2$, dando $a=3$.
Así tenemos las soluciones $(a, b)=(1, 1), (3, 2)$.
\begin{align} 3) & 2^a3^b-5^d=1 \end{align}
Tomando $\pmod{4}$, $2^a3^b=5^d+1 \equiv 2 \pmod{4}$. Por lo tanto $a=1$, lo $2(3^b)=5^d+1$. Si $d=0$,$b=0$. De lo contrario,$d \geq 1$. Tomando $\pmod{5}$,$2(3^b) \equiv 1 \pmod{5}$, lo $b \equiv 1 \pmod{4}$. Tomando $\pmod{3}$, $5^d \equiv -1 \pmod{3}$ $d$ es impar. Esto implica que $d \geq 1$, lo $2(3^b)=5^d+1 \geq 5+1=6$, lo $b \geq 1$. Si $b=1$,$d=1$. De lo contrario,$b \geq 2$, por lo que tomar $\pmod{9}$,$5^d \equiv -1 \pmod{9}$, lo $d \equiv 3 \pmod{6}$. Por lo tanto, teniendo $\pmod{7}$, $2(3^b)=5^d+1 \equiv 5^3+1 \equiv 0 \pmod{7}$, una contradicción.
Así tenemos las soluciones $(a, b, d)=(1, 0, 0), (1, 1, 1)$.
\begin{align} 4) & 5^d-2^a3^b=1 \end{align}
Tomando $\pmod{4}$,$2^a3^b \equiv 0 \pmod{4}$, lo $a \geq 2$. Si $b=0$,$5^d-2^a=1$. Ahora si $a=2$,$d=1$. De lo contrario,$a \geq 3$, por lo que tomar $\pmod{8}$,$5^d \equiv 1 \pmod{8}$, lo $d$ es incluso. Por lo tanto $2^a=5^d-1=(5^{\frac{d}{2}}-1)(5^{\frac{d}{2}}+1)$. Tenemos $5^{\frac{d}{2}}+1 \equiv 2 \pmod{4}$, lo $5^{\frac{d}{2}}+1=2$, lo $5^{\frac{d}{2}}-1=0$, lo $2^a=0$, una contradicción.
De lo contrario,$b \geq 1$. Tomando $\pmod{3}$,$5^d \equiv 1 \pmod{3}$, lo $d$ es incluso. Por lo tanto $2^a3^b=5^d-1=(5^{\frac{d}{2}}-1)(5^{\frac{d}{2}}+1)$. Tenga en cuenta que$\gcd(5^{\frac{d}{2}}-1, 5^{\frac{d}{2}}+1)=2$$5^{\frac{d}{2}}+1 \equiv 2 \pmod{4}$, lo $5^{\frac{d}{2}}+1=2, 2(3^b)$.
Si $5^{\frac{d}{2}}+1=2$,$5^{\frac{d}{2}}-1=0$, lo $2^a3^b=0$, una contradicción. Por lo tanto $5^{\frac{d}{2}}+1=2(3^b)$, e $5^{\frac{d}{2}}-1=2^{a-1}$. Ya hemos demostrado anteriormente que la única entero no negativo soluciones a$5^d-2^a=1$$(a, d)=(2, 1)$, lo $\frac{d}{2}=1, a-1=2$, dando $d=2, a=3$. Por lo tanto $2(3^b)= 5^{\frac{d}{2}}+1=6$, lo $b=1$.
Así tenemos las soluciones $(a, b, d)=(2, 0, 1), (3, 1, 2)$.
\begin{align} 5) & 3^b-2^c5^d=1 \end{align}
Si $d=0$, $3^b-2^c=1$, así que por la solución de la ecuación de $2$,$(c, b)=(1, 1), (3, 2)$. De lo contrario,$d \geq 1$.
Tomando $\pmod{5}$, $3^b \equiv 1 \pmod{5}$, por lo $4 \mid b$. Por lo tanto $2^c5^d=3^b-1=(3^{\frac{b}{2}}-1)(3^{\frac{b}{2}}+1)$. Tenga en cuenta que$\gcd(3^{\frac{b}{2}}-1,3^{\frac{b}{2}}+1)=2$$3^{\frac{b}{2}}+1 \equiv 2 \pmod{4}$. Por lo tanto $3^{\frac{b}{2}}+1=2, 2(5^d)$. Si $3^{\frac{b}{2}}+1=2$,$3^{\frac{b}{2}}-1=0$, lo $2^c5^d=0$, una contradicción.
Por lo tanto $3^{\frac{b}{2}}+1=2(5^d), 3^{\frac{b}{2}}-1=2^{c-1}$. Por la solución de la ecuación de $2$,$(c-1, \frac{b}{2})=(1, 1), (3, 2)$. Desde $4\mid b$, no podemos tener a $\frac{b}{2}=1$, lo $\frac{b}{2}=2, c-1=3$. Esto le da a $b=c=4$, lo $2(5^d)=3^{\frac{b}{2}}+1=10$, dando $d=1$.
Así tenemos las soluciones $(b, c, d)=(1, 1, 0), (2, 3, 0), (4, 4, 1)$.
\begin{align} 6) & 2^c5^d-3^b=1 \end{align}
Si $d=0$, $2^c-3^b=1$, así que por la solución de la ecuación de $1$,$(c, b)=(1, 0), (2, 1)$. De lo contrario,$d \geq 1$. Tomando $\pmod{5}$, $3^b \equiv 4 \pmod{5}$, por lo $b \equiv 2 \pmod{4}$. Por lo tanto $2^c5^d=3^b+1 \equiv 2 \pmod{4}$, lo $c=1$. Esto le da a $2(5^d)=3^b+1$. Desde $b \equiv 2 \pmod{4}$, b \geq 2$.
Tomando $\pmod{9}$, $2(5^d) \equiv 1 \pmod{9}$, por lo $d \equiv 1 \pmod{6}$. Tomando $\pmod{7}$, $3^b=2(5^d)-1 \equiv 2(5)-1 \equiv 9 \pmod{7}$, por lo $b \equiv 2 \pmod{6}$.
Si $b=2$,$d=1$. De lo contrario,$b \geq 3$. Tomando $\pmod{27}$, $2(5^d) \equiv 1 \pmod{27}$, por lo $d \equiv 7 \pmod{18}$. Ahora tomando la $\pmod{19}$ da $3^b=2(5^d)-1 \equiv 2(5^7)-1 \equiv 12 \pmod{19}$, lo $b \equiv 15 \pmod{18}$, una contradicción.
Así tenemos las soluciones $(b, c, d)=(0, 1, 0), (1, 2, 0), (2, 1, 1)$.
\begin{align} 7) & 3^b-5^d=2 \end{align}
Si $d=0$,$b=1$. De lo contrario,$d \geq 1$. Tomando $\pmod{5}$, $3^b \equiv 2 \pmod{5}$, por lo $b \equiv 3 \pmod{4}$. Tomando $\pmod{16}$,$5^d=3^b-2 \equiv 3^3-2 \equiv 9 \pmod{16}$, lo $d \equiv 2 \pmod{4}$. Por lo tanto $d \geq 2, b \geq 3$. Tomando $\pmod{9}$, $5^d \equiv 7 \pmod{9}$, por lo $d \equiv 2 \pmod{6}$.
Tomando $\pmod{7}$,$3^b=5^d+2 \equiv 5^2+2 \equiv 6 \pmod{7}$, lo $b\equiv 3 \pmod{6}$. Tomando $\pmod{27}$, $5^d \equiv 25 \pmod{27}$, por lo $d \equiv 2 \pmod{18}$. Tomando $\pmod{19}$,$3^b=5^d+2 \equiv 5^2+2 \equiv 27 \pmod{19}$, lo $b \equiv 3 \pmod{18}$.
Ahora si $b=3$,$d=2$. De lo contrario,$b \geq 4$. Tomando $\pmod{81}$,$5^d \equiv 79 \pmod{81}$, lo $d \equiv 20 \pmod{54}$. Por lo tanto $d \equiv 74 \pmod{108}$. Tomando $\pmod{109}$,$3^b=5^d+2 \equiv 5^{74}+2 \equiv 35+2 \equiv 37 \pmod{109}$. Sin embargo, si dejamos $b=18k+3$, luego tenemos a $3^b \equiv 27(45^k) \equiv 16, 66, 27 \pmod{109}$, una contradicción.
Así tenemos las soluciones $(b, d)=(1, 0), (3, 2)$.
\begin{align} 8) & 5^d-3^b=2 \end{align}
Si $b=0$,$5^d=3$, una contradicción. Si $b=1$,$d=1$. De lo contrario,$b \geq 2$, lo $5^d=3^b+2 \geq 9+2$, lo $d \geq 2$. Tomando $\pmod{9}$, $5^d \equiv 2 \pmod{9}$, por lo $d \equiv 5 \pmod{6}$. Tomando $\pmod{7}$, $3^b=5^d-2 \equiv 5^5-2 \equiv 1 \pmod{7}$, por lo $6 \mid b$. Tomando $\pmod{5}$, $3^b \equiv 3 \pmod{5}$, por lo $b \equiv 1 \pmod{4}$, una contradicción.
Por lo tanto tenemos la solución $(b, d)=(1, 1)$.
Probablemente tengo más de ella, tal vez alguien más lo hará saber cómo terminar. Creo que se puede hacer teniendo en cuenta sólo los números primos 2,3,5, en cualquier detalle.
Usted tiene, en particular, cinco números pares consecutivos. Al menos uno de ellos es divisible por 3. A menos de que este es el medio de cinco, no es otra divisible por 3. En el que caso de que usted tiene, suponiendo que en la mayoría de los dos primeros factores, $ 2^a 3^b - 2^c 3^d = \pm 6. $, por Lo que uno de $a,c$ es uno, y uno de $b,d$ es uno. Las posibilidades son $2^\alpha 3^\beta - 1 = \pm 1$ o $2^\alpha - 3^\beta = \pm 1.$ Muy finito, por el catalán.
Muy bien, así que ahora la media de número par es también divisible por 3. Uno de los cinco números es divisible por 5. No es el mismo, que haría que los tres primeros factores. Así, obtenemos $$ 2^a 3^b - 2^c 5^d \in \{ \pm 2, \pm 4. \} $$ Dividir por el mcd, que es de 2 o 4, obtenemos $$ 3^\beta - 2^\gamma 5^\delta = \pm 1, $$ $$ 5^\delta - 2^\gamma 3^\beta = \pm 1. $$ La mayor solución a cualquiera de las cuatro ecuaciones que se resumen más arriba, de que puedo encontrar, es $81 - 80 = 1,$ y me imagino que esto puede ser demostrado. Multiplicando de nuevo por 2 o 4, el más original sería la $324 - 320 = 4.$
Así, si la media de número par es, al menos,$324 + 6 = 330,$, por lo que su $n$ es de al menos 325, las ecuaciones anteriores no tienen soluciones, y por lo tanto la $2^a 3^b$ o de la $2^c 5^d$ término tiene al menos un tercio primer factor.
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