Supongamos $n \neq 6,p,2^n$$n \geq 1$. Deje $D = \{k \leq n, (k,n) = 1\}$. Supongamos que $D = (1 , 1 + d,..., k_0 + rd)$ algunos $r,d$.
Claramente, $1+d$ es el más pequeño no prime el factor de $n$. De ello se sigue que si $d = 2$ $n$ tiene que ser una potencia de dos. Del mismo modo, $d=1$ implicaría que $n$ tiene que ser una de las primeras. Para el número de $6$, podemos ver que sólo hay dos términos, por lo que no es realmente una progresión aritmética.
Ahora, tenemos $d = p-1$ donde $p$ es el más pequeño, el primer no-factor de $n$. Deje $q$ ser el más grande en el primer menor que $p$. Esto significa que $q$ divide $n$. Veamos la secuencia de $1,p,2p-1,...,n-1$. Cómo muchos términos que contiene? Si $n -1 = rd+1$, entonces la secuencia de ha $r+1$ términos, por lo que llegamos a la conclusión de que ha $\frac{n-2}{p-1} + 1$ términos.
Reclamo : Si $\frac{n-2}{p-1} + 1 > q$, entonces hemos terminado.
¿Por qué es esto cierto? Además, tenga en cuenta que $1 , 1 + d , ..., n-1$ es un conjunto de números enteros, cuyo tamaño es mayor que $q$. Hagamos el tamaño exactamente $q$, escogiendo sólo los números de $1, 1 + d, ..., 1 + (q-1)d$.
Yo reclamo que cada uno de estos salen diferentes restos cuando se divide por $q$, ya que si dicen que la $1 + fd$ $1+gd$ dejan el mismo resto(donde$0 \leq f,g < q$),$q | (f-g)d$, pero, a continuación, $q | d$ o $q | f-g$. $q | f-g$ no es posible, ya que $|f-g| < q$.
El hecho de que $q|p-1$ no es posible deriva del hecho de que $q$ es el mayor de los primos más pequeños que $p$, y por Bertrand postulado vemos que $q > \frac {p-1}2$, ya que hay un primer estrictamente entre el$\frac{p-1}{2}$$p-1$, e $q$ debe ser mayor que la que prime, por lo que no es posible dividir $p-1$.
Por lo tanto, por el principio del palomar, uno de los $1+md$ es un múltiplo de a $q$ (deja el resto a $0$), una contradicción, como se wouldd no trivial de la dpc con $n$ (ambos son múltiplos de $q$), pero es un miembro de $D$.
Reclamo : En Efecto, $\frac{n-2}{p-1} + 1 > q$.
Prueba : vamos a reorganizar esto, para obtener el $n > (p-1)(q-1) + 2$. Sin embargo, tenga en cuenta que $n$ es un múltiplo de todos los números primos hasta $p$, lo $n \geq \prod_{p' < p} p'$ donde $p'$ son primos. Además, tenga en cuenta que $(p-1)(q-1) + 2 < pq$, por lo que esto realmente reduce el maravilloso resultado : $\prod_{p' < q} p' > p$.
Podemos ver esto por inducción, aproximadamente, ya que cada vez que el lado derecho se puede multiplicar por atmost $2$ (Bertrand postulado!) mientras que el lado derecho es multiplicado por un primo, que es mayor que o igual a $2$, cada vez.
Esto demuestra que la segunda afirmación. Por lo tanto, lo suficientemente grande como para $d = p-1$, de hecho no existe número de cuyo conjunto de relativamente números primos están en progresión aritmética. Creo que la prueba de arriba (el de la inducción, Bertrand postulado etc.) comienza a trabajar para lo suficientemente pequeño $d$ (creo $p=7$ lo haría). $p=3,5$ pueden ser revisados de forma individual (en realidad, es bastante claro: lo dejo como ejercicio).
Por lo tanto, los únicos números con el de la propiedad es de los primeros, las potencias de dos y seis.
EDIT : me permitiría seguir pensando de la siguiente manera : si no progresión geométrica, entonces lo más regularidad podemos demanda a partir de la co-prime? Yo estaba pensando, posiblemente esta condición : existen un par de números consecutivos en este conjunto es decir, para algunos $k$ ambos $k,k+1 \in D$. Podemos afirmar , que para non-prime $n$, y no los poderes de $2$, esto iba a suceder?
