Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen der Form 6k+16k+16k+1 gibt. Nachweisprüfung

Question

Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen der Form 6k+16k+16k+1 gibt. Nachweisprüfung

Mathematik
Primzahlen
Proof-Verifizierung
Elementarzahlentheorie

Benutzer143993

Satz. es gibt unendlich viele Primzahlen der Form $6k+1$ .

Ich habe gerade bewiesen, dass es unendlich viele Primzahlen der Form gibt $6k+1$ .

Könnten Sie bitte meinen Beweis überprüfen?

Das habe ich zunächst bewiesen

$F Ö R P : P R ich M e, P \geq 5 (\frac{- 3}{P}) = {\begin{cases} 1, & P \equiv 1 (Mod 6) \\ - 1, & P \equiv 5 (Mod 6) \end{cases}$ $for \ \ p:prime, \ p \ge 5 \\\ \\ \left(\frac{-3}{p}\right)= \begin{cases} 1,& \ p \equiv 1 \pmod 6 \\ -1, & \ p \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$ (Ich werde dieses Lemma zum Beweis des Satzes verwenden.)

Nehmen Sie nun an, dass es endliche Primzahlen der Form gibt

6 k + 1

$6k+1$ .

dann können wir sagen $\ p_1, \ p_2, \cdots, p_k \$ : alle Primzahlen der Form $6k+1$ .

Lassen

$N = (P_{1} \cdot P_{2} \dots P_{k})^{2} + 3,$ $n=(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3,$

dann (nach Fundamentalsatz der Arithmetik) gibt es einen Primfaktor $p$ von $n$ .

Es ist,

(P_{1} \cdot P_{2} \dots P_{k})^{2} \equiv - 3 (Mod P)

$(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 \equiv -3 \pmod p$

So,

P \equiv 1 (Mod 6)

$p \equiv 1 \pmod 6$

Daher

P = P_{ich} F Ö R S Ö M e ich = 1, \dots, k

$p=p_i \ for \ some \ i=1, \cdots , k$

Diesmal

P = P_{ich} D ich v ich D e S (P_{1} \cdot P_{2} \dots P_{k})^{2} P = P_{ich} C A N^{'} T D ich v ich D e 3

$p=p_i \ \ \ divides \ \ (p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 \\ p=p_i \ \ \ can't \ \ divide \ \ 3 \\$

So,

P = P_{ich} C A N^{'} T D ich v ich D e N .

$p=p_i \ \ can't \ \ divide \ \ n. \\$

Es ist ein Widerspruch zu „ $p$ ist Primfaktor von $n$ "

$\therefore \$ Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form $6k+1$ .

$Q.E.D.$

Was ist mit meinem Beweis?

Nach dem Beweis sah ich den Beweis von jemandem

ABER er setzte

N = (2 P_{1} \cdot P_{2} \dots P_{k})^{2} + 3

$n=(2p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3$

Ich weiß nicht, warum er sich gesetzt hat $n=(2p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3$ , statt $n=(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3$ .

Ist mein Beweis falsch?

Bitte reichen Sie mir etwas Hand. Vielen Dank im Voraus.

Ted Schifrin

Dein

n

$n$ ist deckungsgleich mit

4

$4$ Mod

6

$6$ .

Benutzer143993

@TedShifrin, Ah .. Du meinst wenn

n \equiv 4 (\mod 6)

$n \equiv 4 \pmod 6$ , dann ist 2 ein Primfaktor von n ... Also ist das falsch, oder??

Bart Michel

Ich würde nicht sagen falsch, aber unvollständig. Beachten Sie, dass Sie das Problem auch lösen können, indem Sie dies notieren

x^{2} \equiv 1 (\mod 8)

$x^2\equiv1\pmod8$ für ungerade

x

$x$ , was Ihre bedeutet

n

$n$ kann keine Macht von sein

2

$2$ , hat also einen ungeraden Primteiler.

Benutzer143993

@barto, ähm

x^{2} \equiv 1 (\mod 8)

$x^2\equiv1\pmod8$ iff

x \equiv 1, 3, 5, 7 (\mod 8)

$x \equiv1, 3, 5, 7\pmod8$ iff

x \equiv 1 (\mod 2)

$x \equiv1 \pmod2$ .. Wie geht das? "Es bedeutet, dass Ihr n keine Potenz von 2 sein kann" Könnten Sie bitte mehr erklären?

Antworten (2)

Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen der Form 6k+16k+16k+1 gibt. Nachweisprüfung

@TedShifrin, Ah .. Du meinst wenn $n \equiv 4 \pmod 6$ , dann ist 2 ein Primfaktor von n ... Also ist das falsch, oder??
Ich würde nicht sagen falsch, aber unvollständig. Beachten Sie, dass Sie das Problem auch lösen können, indem Sie dies notieren $x^2\equiv1\pmod8$ für ungerade $x$ , was Ihre bedeutet $n$ kann keine Macht von sein $2$ , hat also einen ungeraden Primteiler.
@barto, ähm $x^2\equiv1\pmod8$ iff $x \equiv1, 3, 5, 7\pmod8$ iff $x \equiv1 \pmod2$ .. Wie geht das? "Es bedeutet, dass Ihr n keine Potenz von 2 sein kann" Könnten Sie bitte mehr erklären?

Bart Michel · Answer 1

Bart Michel

Es gibt ein kleines Problem. Nicht jeder Primteiler von Ihnen $n$ ist notwendigerweise von der Form $6k+1$ . (Denn wie Sie bemerkt haben, gilt der Satz mit dem Légendre-Symbol nur für $p\geqslant5$ .) Das müssten Sie argumentieren $2$ Und $3$ nicht teilen $n$ .
Dies kann durch Vermietung behoben werden $n=(2p_1,\cdots,p_k)^2+3$ wie Sie bemerkt haben, oder alternativ indem Sie das beobachten $x^2\equiv1\pmod8$ für ungerade $x$ , was Ihre bedeutet $n$ kann keine Macht von sein $2$ , hat also einen ungeraden Primteiler.

Benutzer143993

VIELEN DANK für die Beantwortung. Ich stimme zu "behaupte, dass 2 n nicht teilt", ABER warum argumentiere ich, dass '3 n nicht teilt'?

n = (p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2} + 3

$n=(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3$ ist die Form 6k+1+3=6k+4 .. nicht wahr? Verstehe ich etwas falsch? Gib mir bitte einen Rat :-)

Bart Michel

Das ist in der Tat offensichtlich

3

$3$ teilt sich nicht

n

$n$ , aber es ist erwähnenswert, weil es immer noch ein entscheidender Schritt in Ihrem Beweis ist.

Benutzer143993

Herzlichen Dank. :-) UND nur um sicher zu sein ... es tut mir leid, wenn es dich beleidigt hat.

Bart Michel

Überhaupt nicht ;-), gern geschehen.

Benutzer143993

Übrigens...

x^{2} \equiv 1 (\mod 8)

$x^2\equiv1\pmod8$ iff

x \equiv 1, 3, 5, 7 (\mod 8)

$x\equiv1,3,5,7\pmod8$ iff

x \equiv 1 (\mod 2)

$x\equiv1\pmod2$ .. Wie geht das? "Es bedeutet, dass Ihr n keine Potenz von 2 sein kann" Könnten Sie bitte mehr erklären?

Benutzer143993

Tut mir leid, Sie noch einmal zu stören. Nur um sicherzugehen, dachte ich... Wenn ich vermute, dass meine

n

$n$ kann keine Potenz von 2 sein. Weil mein

n

$n$ größer als 3 ist, also

n

$n$ hat einen Primfaktor

p

$p$ (

\neq 2

$\neq 2$ ). Auch 3 teilt nicht

n

$n$ . Somit

n

$n$ hat Primfaktor

p

$p$ der Form 6k+1 (von Lemma). Ist das richtig?

Benutzer143993

Wenn

n = (p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2} + 3

$n=(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3$ ist Potenz von 2, dann (kann sagen)

n = 2^{m}

$n=2^m$ für einige

m \in N

$m \in N$ . Weil

(p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2}

$(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2$ ist seltsam, also

(p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2} \equiv 1 (\mod 2^{m})

$(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2\equiv1\pmod{2^m}$ . Das ist

n = (p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2} + 3 \equiv 1 + 3 \equiv 4 (\mod 2^{m})

$n=(p_1\cdot p_2\cdots\ p_k)^2 +3\equiv1+3\equiv4\pmod{2^m}$ . ABER

n = 2^{m} \geq 7^{2} + 3 = 51

$n=2^m \ge 7^2+3=51$ . Somit,

n \equiv 4 ≢ 0 (\mod 2^{m})

$n\equiv4\not\equiv0\pmod{2^m}$ . dh

n ≢ 0 (\mod n)

$n\not\equiv0\pmod n$ . WIDERSPRUCH.

Benutzer143993

JETZT verstehe ich, was du mir beibringst. :-) Ich habe viel gelernt. DANKE für deine erneute Antwort!

Bart Michel

Gut gemacht! Bitte entschuldigen Sie, dass ich Ihre Fragen nicht sofort beantwortet habe, ich war gestern Abend nicht zu Hause.

W. Wongcharoenbhorn

@ user143993 Tut mir leid, dich zu stören, aber wie hast du es hinbekommen

(p_{1} \cdot p_{2} \dots p_{k})^{2} \equiv 1 (\mod 2^{m})

$(p_1\cdot p_2\dots p_k)^2\equiv 1\pmod{2^m}$ ?

Bart Michel

Es ist nicht wahr, und Sie brauchen es nicht. Sie brauchen nur, dass es so ist

\equiv 1 (\mod 8)

$\equiv 1 \pmod 8$ .

Boris Sklyar · Answer 2

Streichen wir aus der Folge positiver ganzer Zahlen alle teilbaren Zahlen $2$ und alle durch teilbaren Zahlen $3$ , dann haben alle verbleibenden Zahlen eine von zwei Formen:

$S1(n)=6n−1=5,11,17,...$ oder $S2(n)=6n+1=7,13,19,....n=1,2,3,...$ Also werden alle Primzahlen auch in einer dieser beiden Formen und im Verhältnis 0f Anzahl der Primzahlen in der Folge sein $S1(n)$ zur Anzahl der Primzahlen in der Folge $S2(n)$ neigt dazu $1$ . siehe [link]

Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen der Form 6k+16k+16k+1 gibt. Nachweisprüfung

Benutzer143993

Ted Schifrin

Benutzer143993

Bart Michel

Benutzer143993

Antworten (2)

Bart Michel

Benutzer143993

Bart Michel

Benutzer143993

Bart Michel

Benutzer143993

Benutzer143993

Benutzer143993

Benutzer143993

Bart Michel

W. Wongcharoenbhorn

Bart Michel

Boris Sklyar

Boris Sklyar

Boris Sklyar

Unendlich viele Primzahlen ≡2(mod3)≡2(mod3)\equiv 2 \pmod 3 beweisen Korrektheit

Meine Beobachtung zu Prime Gap

geführter Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen auf der arithmetischen Folge 4n+34n+34n + 3 gibt

Wie viele eindeutige Zahlen erhält man, wenn man zwei natürliche Zahlen multipliziert, die kleiner als NNN sind?

Beweis unendlich vieler Primzahlen

Die Primzahlzerlegung der Summe zweier Quadrate

Eine sehr grundlegende (glaube ich) Frage zu Beweisen und unendlich vielen Primzahlen.

Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1} \rEtage.

Verallgemeinerung von Primzahlen auf Matrizen?

Kann (2n−1)2+2(2n−1)k(2n−1)2+2(2n−1)k(2n-1)^2+2(2n-1)k Primzahlen für n>1n erzeugen >1n>1?