Ciągi liczbowe

Z Henryk Dąbrowski
Skocz do: nawigacja, szukaj
12.03.2022



Ciągi nieskończone

Definicja C1
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Jeżeli każdej liczbie [math]\displaystyle{ n }[/math] przypiszemy pewną liczbę rzeczywistą [math]\displaystyle{ a_n }[/math], to powiemy, że liczby [math]\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots }[/math] tworzą ciąg nieskończony.


Uwaga C2
Ciąg nieskończony [math]\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots }[/math] będziemy oznaczać [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math]. Często, o ile nie będzie prowadziło to do nieporozumień, ciąg nieskończony będziemy nazywać po prostu ciągiem.


Definicja C3
Niech [math]\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] będziemy nazywali

  • ciągiem rosnącym, jeżeli dla każdego [math]\displaystyle{ n }[/math] jest [math]\displaystyle{ a_{n + 1} \geqslant a_n }[/math]
  • ciągiem malejącym, jeżeli dla każdego [math]\displaystyle{ n }[/math] jest [math]\displaystyle{ a_{n + 1} \leqslant a_n }[/math]

Ciągi rosnące dzielimy na

  • ciągi silnie rosnące, jeżeli dla każdego [math]\displaystyle{ n }[/math] jest [math]\displaystyle{ a_{n + 1} \gt a_n }[/math]
  • ciągi słabo rosnące, jeżeli istnieją takie [math]\displaystyle{ n }[/math], że [math]\displaystyle{ a_{n + 1} = a_n }[/math]

Ciągi malejące dzielimy na

  • ciągi silnie malejące, jeżeli dla każdego [math]\displaystyle{ n }[/math] jest [math]\displaystyle{ a_{n + 1} \lt a_n }[/math]
  • ciągi słabo malejące, jeżeli istnieją takie [math]\displaystyle{ n }[/math], że [math]\displaystyle{ a_{n + 1} = a_n }[/math]


Definicja C4
Niech [math]\displaystyle{ \varepsilon \in \mathbb{R}_+ }[/math]. Liczbę [math]\displaystyle{ a }[/math] będziemy nazywali granicą ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math], jeżeli dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math] w przedziale [math]\displaystyle{ (a - \varepsilon, a + \varepsilon) }[/math] znajdują się prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] (to znaczy wszystkie poza co najwyżej skończoną ilością).


Uwaga C5
1) sens definicji jest taki: jeżeli liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] jest granicą ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math], to dla dowolnie małego [math]\displaystyle{ \varepsilon \gt 0 }[/math], poza przedziałem [math]\displaystyle{ (a - \varepsilon, a + \varepsilon) }[/math] może się znaleźć co najwyżej skończona ilość wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math]

2) słabsze żądanie, aby w przedziale [math]\displaystyle{ (a - \varepsilon, a + \varepsilon) }[/math] znajdowała się nieskończona ilość wyrazów ciągu nie prowadzi do poprawnej definicji granicy. Przykładowo, w przedziale [math]\displaystyle{ (1 - \varepsilon, 1 + \varepsilon) }[/math] znajduje się nieskończenie wiele wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ a_n = (-1)^n }[/math], ale ani liczba [math]\displaystyle{ 1 }[/math], ani liczba [math]\displaystyle{ - 1 }[/math] nie są granicami tego ciągu. O ciągu [math]\displaystyle{ a_n = (- 1)^n }[/math] mówimy, że nie ma granicy.

3) ze względu na równoważność warunków

  • [math]\displaystyle{ \quad a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon) }[/math]
  • [math]\displaystyle{ \quad a - \varepsilon \lt a_n \lt a + \varepsilon }[/math]
  • [math]\displaystyle{ \quad - \varepsilon \lt a_n - a \lt \varepsilon }[/math]
  • [math]\displaystyle{ \quad | a_n - a | \lt \varepsilon }[/math]

definicja C4 może być wypowiedziana następująco


Definicja C6
Liczbę [math]\displaystyle{ a }[/math] będziemy nazywali granicą ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math], jeżeli dla dowolnego [math]\displaystyle{ \varepsilon \gt 0 }[/math] prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ |a_n - a| \lt \varepsilon }[/math].


Definicja C7
Ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] mający granicę (w rozumieniu definicji C4 lub C6) będziemy nazywali ciągiem zbieżnym, a fakt ten zapisujemy symbolicznie następująco

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = a }[/math]      lub      [math]\displaystyle{ a_n \longrightarrow a }[/math]

(od łacińskiego słowa limes oznaczającego granicę).


Zauważmy jeszcze, że wprost z definicji granicy wynika
Twierdzenie C8

1. [math]\displaystyle{ \quad \lim_{n \to \infty} a_n = a \quad \Leftrightarrow \quad \lim_{n \to \infty} (a_n - a) = 0 \quad \Leftrightarrow \quad \lim_{n \to \infty} | a_n - a | = 0 }[/math]
2. [math]\displaystyle{ \quad \lim_{n \to \infty} a_n = a \quad \Rightarrow \quad \lim_{n \to \infty} | a_n | = | a | }[/math]
Dowód

Punkt 1.
Prawdziwość twierdzenia wynika ze względu na identyczność warunków, które muszą spełniać prawie wszystkie wyrazy ciągu

[math]\displaystyle{ | a_n - a | \lt \varepsilon \quad \Leftrightarrow \quad | (a_n - a) - 0 | \lt \varepsilon \quad \Leftrightarrow \quad \big|| a_n - a | - 0 \big| \lt \varepsilon }[/math]

Punkt 2.
Dla dowolnych liczb [math]\displaystyle{ x, y \in \mathbb{R} }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ \big|| x | - | y | \big| \leqslant |x - y| }[/math]

Wynika stąd, że jeżeli dla prawie wszystkich wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] spełniona jest nierówność [math]\displaystyle{ |a_n - a| \lt \varepsilon }[/math], to tym bardziej prawdą jest, że [math]\displaystyle{ \big|| a_n | - | a |\big| \lt \varepsilon }[/math]


Twierdzenie C9 (twierdzenie o trzech ciągach)
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita [math]\displaystyle{ N_0 }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ n \gt N_0 }[/math] jest spełniony warunek

[math]\displaystyle{ a_n \leqslant x_n \leqslant b_n }[/math]

oraz

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = g }[/math]

to [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} x_n = g }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math] będzie dowolną, ustaloną liczbą większą od [math]\displaystyle{ 0 }[/math]. Z założenia prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ |a_n - g| \lt \varepsilon }[/math]. Możemy założyć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od wyrazu [math]\displaystyle{ N_a }[/math]. Podobnie prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (b_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ |b_n - g| \lt \varepsilon }[/math] i podobnie możemy założyć, że są to wszystkie wyrazy, poczynając od wyrazu [math]\displaystyle{ N_b }[/math]

Nierówność [math]\displaystyle{ a_n \leqslant x_n \leqslant b_n }[/math] jest spełniona dla wszystkich wyrazów, poczynając od [math]\displaystyle{ N_0 }[/math], zatem oznaczając przez [math]\displaystyle{ M }[/math] największą z liczb [math]\displaystyle{ N_a }[/math], [math]\displaystyle{ N_b }[/math], [math]\displaystyle{ N_0 }[/math], możemy napisać, że o ile [math]\displaystyle{ n \gt M }[/math], to spełnione są jednocześnie nierówności

  • [math]\displaystyle{ \quad g - \varepsilon \lt a_n \lt g + \varepsilon\ }[/math]
  • [math]\displaystyle{ \quad g - \varepsilon \lt b_n \lt g + \varepsilon\ }[/math]
  • [math]\displaystyle{ \quad a_n \leqslant x_n \leqslant b_n }[/math]

Z powyższych nierówności wynika natychmiast następujący ciąg nierówności

[math]\displaystyle{ g - \varepsilon \lt a_n \leqslant x_n \leqslant b_n \lt g + \varepsilon }[/math]

Co oznacza, że dla [math]\displaystyle{ n \gt M }[/math] zachodzi

[math]\displaystyle{ g - \varepsilon \lt x_n \lt g + \varepsilon }[/math]

Czyli prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (x_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ |x_n - g| \lt \varepsilon }[/math]. Co kończy dowód.


Bez dowodu podamy kilka ważnych twierdzeń.
Twierdzenie C10*
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita [math]\displaystyle{ n }[/math] i rzeczywista [math]\displaystyle{ M }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \gt n }[/math] jest

[math]\displaystyle{ a_{k + 1}\geqslant a_k \qquad }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \qquad a_k \leqslant M }[/math]

to ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest zbieżny.
Inaczej mówiąc: ciąg rosnący i ograniczony od góry jest zbieżny.


Twierdzenie C11*
Jeżeli istnieje taka liczba całkowita [math]\displaystyle{ n }[/math] i rzeczywista [math]\displaystyle{ M }[/math], że dla każdego [math]\displaystyle{ k \gt n }[/math] jest

[math]\displaystyle{ a_{k + 1} \leqslant a_k \qquad }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \qquad a_k \geqslant M }[/math]

to ciąg [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] jest zbieżny.
Inaczej mówiąc: ciąg malejący i ograniczony od dołu jest zbieżny.


Twierdzenie C12*
Jeżeli [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} b_n = b }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a, b }[/math] są dowolnymi liczbami rzeczywistymi, to

  1. [math]\displaystyle{ \quad \lim_{n \to \infty} (a_n \pm b_n) = a \pm b }[/math]
  2. [math]\displaystyle{ \quad \lim_{n \to \infty} (a_n \cdot b_n) = a \cdot b }[/math]

Jeżeli dodatkowo dla każdego [math]\displaystyle{ n }[/math] jest [math]\displaystyle{ b_n \neq 0 }[/math] i [math]\displaystyle{ b \neq 0 }[/math], to

  3. [math]\displaystyle{ \quad \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a}{b} }[/math]


Twierdzenie C13
Jeżeli [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 }[/math], zaś ciąg [math]\displaystyle{ (x_n) }[/math] jest ograniczony, czyli istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ M \gt 0 }[/math], że dla każdej wartości [math]\displaystyle{ n }[/math] prawdziwa jest nierówność [math]\displaystyle{ | x_n | \lt M }[/math], to

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} (x_n \cdot a_n) = 0 }[/math]
Dowód

Niech [math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math] będzie dowolną liczbą większą od zera. Chcemy pokazać, że prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ f_n = x_n \cdot a_n }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | f_n | \lt \varepsilon }[/math].

Z założenia ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] ma granicę równą [math]\displaystyle{ 0 }[/math], zatem prawie wszystkie wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ | a_n | \lt \varepsilon' }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ \varepsilon' }[/math] jest dowolną liczbą większą od zera.

Ponieważ [math]\displaystyle{ M \gt 0 }[/math] jest pewną stałą, a wartość [math]\displaystyle{ \varepsilon' }[/math] możemy wybrać dowolnie, to połóżmy [math]\displaystyle{ \varepsilon' = \frac{\varepsilon}{M} }[/math]. Możemy założyć, że warunek [math]\displaystyle{ | a_n | \lt \frac{\varepsilon}{M} }[/math] spełniają wszystkie wyrazy ciagu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math], dla których [math]\displaystyle{ n \gt n_0 }[/math].

Zauważmy teraz, że dla wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (f_n) }[/math] o wskaźnikach [math]\displaystyle{ n \gt n_0 }[/math] prawdziwe jest oszacowanie

[math]\displaystyle{ | f_n | = | x_n \cdot a_n | = | x_n | \cdot | a_n | \lt M \cdot \frac{\varepsilon}{M} = \varepsilon }[/math]

Zatem warunek [math]\displaystyle{ | f_n | \lt \varepsilon }[/math] jest spełniony dla prawie wszystkich wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (f_n) }[/math]. Wynika stąd, że [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} f_n = 0 }[/math]. Co należało pokazać.


Twierdzenie C14
Dla [math]\displaystyle{ a \geqslant 0 }[/math] i [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ (1 + a)^{1 / n} \leqslant 1 + \frac{a}{n} }[/math]
Dowód

Wzór jest prawdziwy dla [math]\displaystyle{ a = 0 }[/math]. Zakładając, że [math]\displaystyle{ a \gt 0 }[/math] i korzystając ze wzoru dwumianowego, mamy dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{a}{n} \right)^n = \sum_{k=0}^{n}\left [\binom{n}{k} \cdot \left ( \frac{a}{n} \right )^k \right ] \geqslant }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; \geqslant \sum_{k=0}^{1}\left [\binom{n}{k} \cdot \left ( \frac{a}{n} \right )^k \right ] = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = 1 + n \cdot \frac{a}{n} = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = 1 + a }[/math]

Co należało pokazać.


Twierdzenie C15
Jeżeli [math]\displaystyle{ A \gt 0 }[/math], to [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{A} = 1 }[/math].

Dowód

Dla [math]\displaystyle{ A \gt 1 }[/math] możemy napisać [math]\displaystyle{ A = 1 + a }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a \gt 0 }[/math], wtedy z twierdzenia C14 otrzymujemy

[math]\displaystyle{ 1 \lt \sqrt[n]{A} = (1 + a)^{1 / n} \leqslant 1 + \frac{a}{n} }[/math]

Z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy natychmiast (dla [math]\displaystyle{ A \gt 1 }[/math])

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{A} = 1 }[/math]

W przypadku gdy [math]\displaystyle{ 0 \lt A \lt 1 }[/math], możemy napisać [math]\displaystyle{ A = \frac{1}{B} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ B \gt 1 }[/math], wtedy ze względu na udowodniony wyżej rezultat [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{B} = 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{A} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{B}} = \frac{1}{\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} \sqrt[n]{B}} = 1 }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ A = 1 }[/math], to [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{A} = 1 }[/math] dla każdego [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math]. Co kończy dowód.


Twierdzenie C16
Jeżeli prawie wszystkie wyrazy ciągu ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] spełniają warunek [math]\displaystyle{ 0 \lt m \lt a_n \lt M }[/math], to [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = 1 }[/math]

Dowód

Z założenia dla prawie wszystkich wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest

[math]\displaystyle{ 0 \lt m \leqslant a_n \leqslant M }[/math]

Zatem dla prawie wszystkich wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ a_n }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ \sqrt[n]{m} \leqslant \sqrt[n]{a_n} \leqslant \sqrt[n]{M} }[/math]

Z twierdzenia C15 wiemy, że [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1 }[/math], zatem na podstawie twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy natychmiast [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = 1 }[/math]


Twierdzenie C17
Następujące ciągi są silnie rosnące i zbieżne

Dowód

Punkt 1
W twierdzeniu A6 pokazaliśmy, że ciąg

[math]\displaystyle{ a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n }[/math]

jest silnie rosnący i ograniczony od góry. Zatem z twierdzenia C10 wynika, że jest zbieżny. Liczbę będącą granicą tego ciągu oznaczamy literą [math]\displaystyle{ e }[/math], jest ona podstawą logarytmu naturalnego.

Punkt 2
Pokażemy najpierw, że ciąg [math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n }[/math] jest silnie rosnący. Musimy pokazać, że prawdziwa jest nierówność

[math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right)^{n + 1} \gt \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n }[/math]

Łatwo sprawdzamy prawdziwość nierówności dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math]. Załóżmy teraz, że [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math]. Przekształcając,

[math]\displaystyle{ \left( \frac{n}{n + 1} \right)^{n + 1} \gt \left( \frac{n - 1}{n} \right)^n }[/math]
[math]\displaystyle{ \frac{n}{n + 1} \cdot \left( \frac{n}{n + 1} \right)^n \cdot \left( \frac{n}{n - 1} \right)^n \gt 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ \left( \frac{n^2}{n^2 - 1} \right)^n \gt \frac{n + 1}{n} }[/math]

otrzymujemy nierówność równoważną,

[math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n^2 - 1} \right)^n \gt 1 + \frac{1}{n} }[/math]

którą już łatwo udowodnić, bo

[math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n^2 - 1} \right)^n \gt \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right)^n = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} \cdot \left( \frac{1}{n^2} \right)^k \gt \sum_{k = 0}^{1} \binom{n}{k} \cdot \frac{1}{n^{2k}} = 1 + \frac{1}{n} }[/math]

Ponieważ dla każdego [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n \leqslant 1 }[/math] (bo iloczyn liczb mniejszych od [math]\displaystyle{ 1 }[/math] nie może być liczbą większą do jedności), to z twierdzenia C10 wynika, że ciąg ten jest zbieżny. Zatem możemy napisać

[math]\displaystyle{ \underset{n \rightarrow \infty}{\lim} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n = g }[/math]

Rozważmy teraz iloczyn wypisanych w twierdzeniu ciągów

[math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \cdot \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n = \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^n = \left[ \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{n^2} \right]^{1 / n} }[/math]

Łatwo widzimy, że ciąg [math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{n^2} }[/math] jest podciągiem ciągu [math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n }[/math], zatem jest ograniczony i dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] spełniony jest układ nierówności

[math]\displaystyle{ 0 \lt \left( \frac{3}{4} \right)^4 \leqslant \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{n^2} \leqslant 1 }[/math]

Z twierdzenia C16 dostajemy

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{n^2} \right]^{1 / n} = 1 }[/math]

Z twierdzenia C12 p. 2 wynika natychmiast, że

[math]\displaystyle{ e \cdot g = \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \cdot \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n \right] = \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{n^2} \right]^{1 / n} = 1 }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ g = \frac{1}{e} }[/math].


Twierdzenie C18
Dla [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] prawdziwe są następujące nierówności

Dowód

Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n }[/math] jest silnie rosnący, to

[math]\displaystyle{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \lt e }[/math]

Logarytmując powyższą nierówność, mamy

[math]\displaystyle{ n \cdot \log \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \lt 1 }[/math]

Stąd wynika natychmiast, że

[math]\displaystyle{ \log \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \lt \frac{1}{n} }[/math]


Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n }[/math] również jest silnie rosnący, to postępując analogicznie, dostajemy

[math]\displaystyle{ \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^n \lt \frac{1}{e} }[/math]
[math]\displaystyle{ n \cdot \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \lt - 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \lt - \frac{1}{n} }[/math]


Przekształcając otrzymane wzory, otrzymujemy

[math]\displaystyle{ - \log \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = - \log \left( \frac{n + 1}{n} \right) = \log \left( \frac{n}{n + 1} \right) = \log \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) \lt - \frac{1}{n + 1} }[/math]

oraz

[math]\displaystyle{ - \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right) = - \log \left( \frac{n - 1}{n} \right) = \log \left( \frac{n}{n - 1} \right) = \log \left( 1 + \frac{1}{n - 1} \right) \lt \frac{1}{n - 1} }[/math]



Liczby pierwsze w ciągach arytmetycznych

Twierdzenie C19
Każda liczba naturalna [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] jest liczbą pierwszą lub iloczynem liczb pierwszych.

Dowód

Pierwszy sposób

Przypuśćmy, że istnieją liczby naturalne większe od [math]\displaystyle{ 1 }[/math], które nie są liczbami pierwszymi ani nie są iloczynami liczb pierwszych. Niech [math]\displaystyle{ m }[/math] oznacza najmniejszą[1] z takich liczb. Z założenia [math]\displaystyle{ m }[/math] nie jest liczbą pierwszą, zatem [math]\displaystyle{ m }[/math] może być zapisana w postaci [math]\displaystyle{ m = a \cdot b }[/math], gdzie liczby [math]\displaystyle{ a, b }[/math] są liczbami naturalnymi mniejszymi od [math]\displaystyle{ m }[/math].

Ponieważ [math]\displaystyle{ m }[/math] jest najmniejszą liczbą naturalną, która nie jest liczbą pierwszą ani nie jest iloczynem liczb pierwszych, to liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] muszą być liczbami złożonymi, ale jako mniejsze od [math]\displaystyle{ m }[/math] są one iloczynami liczb pierwszych, zatem i liczba [math]\displaystyle{ m }[/math] musi być iloczynem liczb pierwszych.

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że nasze przypuszczenie jest fałszywe.


Drugi sposób

Indukcja matematyczna. Twierdzenie jest oczywiście prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 2 }[/math]. Zakładając, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich liczb naturalnych [math]\displaystyle{ k \in [2, n] }[/math], dla liczby [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] mamy dwie możliwości

  • [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] jest liczbą pierwszą (wtedy twierdzenie jest prawdziwe w sposób oczywisty)
  • [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math] jest liczbą złożoną wtedy, [math]\displaystyle{ n + 1 = a b }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \lt a, b \lt n + 1 }[/math]; zatem na podstawie założenia indukcyjnego liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są liczbami pierwszymi lub iloczynami liczb pierwszych, czyli [math]\displaystyle{ n + 1 = a b }[/math] jest iloczynem liczb pierwszych.

Co należało pokazać.


Twierdzenie C20 (Euklides, IV w. p.n.e.)
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.

Dowód

Przypuśćmy, że istnieje jedynie skończona ilość liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_n }[/math] . Wtedy liczba [math]\displaystyle{ a = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n + 1 }[/math] jest większa od jedności i z twierdzenia C19 wynika, że posiada dzielnik będący liczbą pierwszą, ale jak łatwo zauważyć żadna z liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_n }[/math] nie jest dzielnikiem liczby [math]\displaystyle{ a }[/math]. Zatem istnieje liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] będąca dzielnikiem pierwszym liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i różna od każdej z liczb [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_n }[/math]. Co kończy dowód.


Twierdzenie C21
Jeżeli liczba naturalna [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math][2], to ma dzielnik postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] będący liczbą pierwszą.

Dowód

Jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą, to twierdzenie jest dowiedzione. Zbadajmy zatem sytuację gdy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą złożoną. Z założenia [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą nieparzystą, zatem możliwe są trzy typy iloczynów

[math]\displaystyle{ (4 a + 1) (4 b + 1) = 16 a b + 4 a + 4 b + 1 = 4 (4 a b + a + b) + 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ (4 a + 1) (4 b + 3) = 16 a b + 12 a + 4 b + 3 = 4 (4 a b + 3 a + b) + 3 }[/math]
[math]\displaystyle{ (4 a + 3) (4 b + 3) = 16 a b + 12 a + 12 b + 9 = 4 (4 a b + 3 a + 3 b + 2) + 1 }[/math]

Widzimy, że liczba złożona postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] jest iloczynem liczb postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Wynika stąd natychmiast, że liczba złożona postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] posiada dzielnik postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] oznacza najmniejszy dzielnik liczby [math]\displaystyle{ n }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Pokażemy, że [math]\displaystyle{ q }[/math] jest liczbą pierwszą. Istotnie, gdyby [math]\displaystyle{ q }[/math] była liczbą złożoną, to miałaby dzielnik [math]\displaystyle{ d }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] i byłoby [math]\displaystyle{ d \lt q }[/math], wbrew założeniu, że [math]\displaystyle{ q }[/math] jest najmniejszym dzielnikiem liczby [math]\displaystyle{ n }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Co kończy dowód.


Twierdzenie C22
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math].

Dowód

Przypuśćmy, że istnieje tylko skończona ilość liczb pierwszych postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Niech będą to liczby [math]\displaystyle{ p_1, \ldots, p_s }[/math]. Liczba

[math]\displaystyle{ M = 4 p_1 \cdot \ldots \cdot p_s - 1 = 4 (p_1 \cdot \ldots \cdot p_s - 1) + 3 }[/math]

jest postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] i jak wiemy z twierdzenia C21, ma dzielnik pierwszy [math]\displaystyle{ q }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math]. Ale jak łatwo zauważyć, żadna z liczb [math]\displaystyle{ p_1, \ldots, p_s }[/math] nie dzieli liczby [math]\displaystyle{ M }[/math]. Zatem istnieje liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] różna od każdej z liczb [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_s }[/math]. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.


Twierdzenie C23
Jeżeli liczba naturalna [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math], to ma dzielnik postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math] będący liczbą pierwszą.

Dowód

Jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą, to twierdzenie jest dowiedzione. Zbadajmy sytuację gdy [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą złożoną. Z twierdzenia C19 wiemy, że w tym przypadku liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] będzie iloczynem liczb pierwszych. Zauważmy, że nieparzyste liczby pierwsze mogą być jedynie postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math] (liczba [math]\displaystyle{ 6 k + 3 }[/math] jest liczbą złożoną). Ponieważ iloczyn liczb postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ (6 a + 1) (6 b + 1) = 36 a b + 6 a + 6 b + 1 = 6 (6 a b + a + b) + 1 }[/math]

jest liczbą postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math], to w rozkładzie liczby [math]\displaystyle{ n }[/math] na czynniki pierwsze musi pojawić się przynajmniej jeden czynnik postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math]. Co kończy dowód.


Twierdzenie C24
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math].

Dowód

Przypuśćmy, że istnieje tylko skończona ilość liczb pierwszych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math]. Niech będą to liczby [math]\displaystyle{ p_1, \ldots, p_s }[/math]. Liczba

[math]\displaystyle{ M = 6 p_1 \cdot \ldots \cdot p_s - 1 = 6 (p_1 \cdot \ldots \cdot p_s - 1) + 5 }[/math]

jest postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math] i jak wiemy z twierdzenia C23 ma dzielnik pierwszy [math]\displaystyle{ q }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math]. Ale jak łatwo zauważyć żadna z liczb [math]\displaystyle{ p_1, \ldots, p_s }[/math] nie dzieli liczby [math]\displaystyle{ M }[/math]. Zatem istnieje liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math] różna od każdej z liczb [math]\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_s }[/math]. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.


Twierdzenie C25
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci [math]\displaystyle{ 3 k + 2 }[/math].

Dowód

Jeżeli [math]\displaystyle{ k = 2 j }[/math] jest liczbą parzystą, to otrzymujemy ciąg liczb parzystych

[math]\displaystyle{ 3 k + 2 = 6 j + 2 }[/math]

w którym jedynie liczba [math]\displaystyle{ 2 }[/math] jest liczbą pierwszą (dla [math]\displaystyle{ j = 0 }[/math]).

Jeżeli [math]\displaystyle{ k = 2 j + 1 }[/math] jest liczbą nieparzystą, to otrzymujemy ciąg liczb nieparzystych

[math]\displaystyle{ 3 k + 2 = 3 (2 j + 1) + 2 = 6 j + 5 }[/math]

o którym wiemy, że zawiera nieskończenie wiele liczb pierwszych (zobacz twierdzenie C24). Zatem w ciągu arytmetycznym postaci [math]\displaystyle{ 3 k + 2 }[/math] występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych.


Uwaga C26
Zauważmy, że liczby postaci [math]\displaystyle{ 2 k + 1 }[/math] to wszystkie liczby nieparzyste dodatnie. Ponieważ wszystkie liczby pierwsze (poza liczbą [math]\displaystyle{ 2 }[/math]) są liczbami nieparzystymi, to wśród liczb postaci [math]\displaystyle{ 2 k + 1 }[/math] występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych.

Wszystkie omówione wyżej przypadki ciągów arytmetycznych: [math]\displaystyle{ 2 k + 1 }[/math], [math]\displaystyle{ 3 k + 2 }[/math], [math]\displaystyle{ 4 k + 3 }[/math] i [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math], w których występuje nieskończona ilość liczb pierwszych są szczególnymi przypadkami udowodnionego w 1837 roku twierdzenia


Twierdzenie C27* (Peter Gustav Lejeune Dirichlet, 1837)
Niech [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i [math]\displaystyle{ b \in \mathbb{Z} }[/math]. Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, to w ciągu arytmetycznym [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych.


Uwaga C28
Dowód twierdzenia Dirichleta jest bardzo trudny. Natomiast bardzo łatwo można pokazać, że dowolny ciąg arytmetyczny [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] zawiera nieskończenie wiele liczb złożonych. Istotnie, jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a, b }[/math] nie są względnie pierwsze, to wszystkie wyrazy ciągu są liczbami złożonymi. Jeżeli [math]\displaystyle{ a, b }[/math] są względnie pierwsze i [math]\displaystyle{ b \gt 1 }[/math], to wystarczy przyjąć [math]\displaystyle{ k = b t }[/math]. Jeżeli są względnie pierwsze i [math]\displaystyle{ b = 1 }[/math], to wystarczy przyjąć [math]\displaystyle{ k = a t^2 + 2 t }[/math], wtedy

[math]\displaystyle{ a k + 1 = a^2 t^2 + 2 a t + 1 = (a t + 1)^2 }[/math]


Zadanie C29
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych zakończonych cyframi 99, przykładowo 199, 499, 599, 1399, 1499, ...

Rozwiązanie

Wszystkie liczby naturalne zakończone cyframi [math]\displaystyle{ 99 }[/math] możemy zapisać w postaci [math]\displaystyle{ a_n = 100 k + 99 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{N} }[/math]. Ponieważ ciąg [math]\displaystyle{ (a_n) }[/math] jest ciągiem arytmetycznym, a liczby [math]\displaystyle{ 99 }[/math] i [math]\displaystyle{ 100 }[/math] są względnie pierwsze, to na podstawie twierdzenia Dirichleta stwierdzamy, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych zakończonych cyframi [math]\displaystyle{ 99 }[/math].


Definicja C30
Niech [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] będzie liczbą całkowitą. Wartość funkcji [math]\displaystyle{ \pi(n; a, b) }[/math] jest równa ilości liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ n }[/math], które przy dzieleniu przez [math]\displaystyle{ a }[/math] dają resztę [math]\displaystyle{ b }[/math].


Uwaga C31
Zauważmy, że w twierdzeniu Dirichleta na liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ b }[/math] nałożone są minimalne warunki: [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i [math]\displaystyle{ b \in \mathbb{Z} }[/math]. Sytuacja w przypadku funkcji [math]\displaystyle{ \pi (n ; a, b) }[/math] jest odmienna – tutaj mamy [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ 0 \leqslant b \leqslant a - 1 }[/math]. Jest tak dlatego, że podział liczb pierwszych, który odzwierciedla funkcja [math]\displaystyle{ \pi (n ; a, b) }[/math] jest podziałem pierwotnym, a twierdzenie Dirichleta jest tylko jego uzasadnieniem. Podział liczb pierwszych musi być też precyzyjnie określony, tak aby zachodził naturalny związek

[math]\displaystyle{ \sum_{b = 0}^{a - 1} \pi (n ; a, b) = \pi (n) }[/math]

Oczywiście nie przeszkadza to w liczeniu liczb pierwszych w dowolnym ciągu arytmetycznym. Niech na przykład

[math]\displaystyle{ u_k = 7 k + 101 = 7 (k + 14) + 3 \qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ k = 0, 1, \ldots }[/math]

Ilość liczb pierwszych w ciagu [math]\displaystyle{ (u_k) }[/math] jest równa

[math]\displaystyle{ \pi (n ; 7, 3) - \pi (7 \cdot 13 + 3 ; 7, 3) = \pi (n ; 7, 3) - 5 }[/math]


Zadanie C32
Pokazać, że dla dowolnej liczby całkowitej [math]\displaystyle{ m \geqslant 1 }[/math]

  • wśród liczb naturalnych zawsze można wskazać [math]\displaystyle{ m }[/math] kolejnych liczb, które są złożone
  • w ciągu arytmetycznym [math]\displaystyle{ a k + b }[/math], gdzie liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, zawsze można wskazać [math]\displaystyle{ m }[/math] kolejnych wyrazów, które są złożone
Rozwiązanie

Punkt 1.
W przypadku liczb naturalnych, łatwo widzimy, że kolejne liczby

[math]\displaystyle{ (m + 1) ! + 2, \quad (m + 1) ! + 3, \quad \ldots, \quad (m + 1) ! + (m + 1) }[/math]

są liczbami złożonymi. Co oznacza, że dla dowolnej liczby naturalnej [math]\displaystyle{ m }[/math] zawsze możemy wskazać taką liczbę [math]\displaystyle{ n }[/math], że [math]\displaystyle{ p_{n + 1} - p_n \gt m }[/math].

Punkt 2.
W przypadku ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ u_k = a k + b }[/math] rozważmy kolejne wyrazy ciągu począwszy od wskaźnika

[math]\displaystyle{ k_0 = \prod^{m - 1}_{j = 0} (a j + b) }[/math]

Łatwo zauważamy, że dla [math]\displaystyle{ k = k_0, k_0 + 1, \ldots, k_0 + (m - 1) }[/math] wyrazy ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ u_k = a k + b }[/math] są liczbami złożonymi. Istotnie, niech [math]\displaystyle{ t = 0, 1, \ldots, m - 1 }[/math] wtedy

[math]\displaystyle{ u_k = a k + b = }[/math]
[math]\displaystyle{ \! = a (k_0 + t) + b = }[/math]
[math]\displaystyle{ \! = a k_0 + (a t + b) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \! = a \prod^{m - 1}_{j = 0} (a j + b) + (a t + b) }[/math]

i liczba [math]\displaystyle{ a t + b }[/math] dzieli iloczyn [math]\displaystyle{ \prod^{m - 1}_{j = 0} (a j + b) }[/math] dla [math]\displaystyle{ t = 0, \ldots, m - 1 }[/math]. Co należało pokazać.

Wiemy, że jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, to w ciągu [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Niech będą to liczby [math]\displaystyle{ q_1, q_2, \ldots, q_r, \ldots }[/math]. Uzyskany rezultat oznacza, że dla dowolnej liczby naturalnej [math]\displaystyle{ m }[/math] zawsze możemy wskazać taką liczbę [math]\displaystyle{ n }[/math], że [math]\displaystyle{ q_{n + 1} - q_n \geqslant a (m + 1) }[/math]


Przykład C33
Rozważmy ciąg arytmetyczny [math]\displaystyle{ u_k = 3 k + 2 }[/math] i wskaźnik

[math]\displaystyle{ k_0 = \prod^{12}_{j = 0} (3 j + 2) = 3091650738176000 }[/math]

Trzynaście wyrazów tego szeregu dla [math]\displaystyle{ k = k_0 + t }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ t = 0, 1, \ldots, 12 }[/math] to oczywiście liczby złożone, ale wyrazy dla [math]\displaystyle{ k = k_0 - 1 }[/math] i [math]\displaystyle{ k = k_0 + 13 }[/math] są liczbami pierwszymi.

Przeszukując ciąg [math]\displaystyle{ u_k = 3 k + 2 }[/math] możemy łatwo znaleźć, że pierwsze trzynaście kolejnych wyrazów złożonych pojawia się już dla [math]\displaystyle{ k = 370, 371, \ldots, 382 }[/math].


Twierdzenie C34
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math], to istnieje [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb naturalnych, wśród których znajduje się dokładnie [math]\displaystyle{ r \leqslant \pi (n) }[/math] liczb pierwszych.

Dowód

Warunek [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] nie wynika z potrzeb dowodu, a jedynie pomija sytuacje nietypowe, których twierdzenie nie obejmuje. Zawsze istnieje jedna liczba naturalna, która jest liczbą pierwszą i łatwo możemy wskazać dwie kolejne liczby naturalne będące liczbami pierwszymi.

Niech [math]\displaystyle{ k \in \mathbb{N} }[/math]. Wartość funkcji

[math]\displaystyle{ Q(k, n) = \pi (k + n) - \pi (k) }[/math]

jest równa ilości liczb pierwszych wśród [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb naturalnych od liczby [math]\displaystyle{ k + 1 }[/math] do liczby [math]\displaystyle{ k + n }[/math].

Uwzględniając, że wypisane niżej wyrażenia w nawiasach kwadratowych mogą przyjmować jedynie dwie wartości [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], dostajemy

  • [math]\displaystyle{ \biggl| Q (k + 1, n) - Q (k, n) \biggr| = \biggl| \bigl[\pi (k + n + 1) - \pi (k + n) \bigr] - \bigl[\pi (k + 1) - \pi (k) \bigr] \biggr| \leqslant 1 }[/math]

Ponadto mamy

  • [math]\displaystyle{ Q(0, n) = \pi (n) \qquad }[/math] bo [math]\displaystyle{ \pi (0) = 0 }[/math]
  • [math]\displaystyle{ Q((n + 1) ! + 1, n) = 0 \qquad }[/math] bo liczby [math]\displaystyle{ (n + 1) ! + 2, \ldots, (n + 1) ! + (n + 1) }[/math] są liczbami złożonymi

Ponieważ wartości funkcji [math]\displaystyle{ Q(k, n) }[/math] mogą zmieniać się tylko o [math]\displaystyle{ - 1 }[/math], [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math], to [math]\displaystyle{ Q(k, n) }[/math] musi przyjmować wszystkie wartości całkowite od [math]\displaystyle{ 0 }[/math] do [math]\displaystyle{ \pi (n) }[/math]. Wynika stąd, że istnieje taka liczba [math]\displaystyle{ k_r }[/math], że [math]\displaystyle{ Q(k_r, n) = r }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant r \leqslant \pi (n) }[/math].


C Q10.png

Fragment wykresu funkcji [math]\displaystyle{ Q(k, 10) }[/math]. Widzimy, że dla [math]\displaystyle{ k = 113 }[/math] po raz pierwszy mamy [math]\displaystyle{ Q(k, 10) = 0 }[/math], a funkcja [math]\displaystyle{ Q(k, 10) }[/math] przyjmuje wszystkie wartości całkowite od [math]\displaystyle{ 0 }[/math] do [math]\displaystyle{ 5 }[/math].


Przykład C35
Czytelnik może łatwo sprawdzić, że ciąg [math]\displaystyle{ ( 1308, \ldots, 1407 ) }[/math] stu kolejnych liczb całkowitych zawiera dokładnie [math]\displaystyle{ 8 }[/math] liczb pierwszych.


Zadanie C36
Pokazać, nie korzystając z twierdzenia C34, że istnieje [math]\displaystyle{ 1000 }[/math] kolejnych liczb naturalnych, wśród których jest dokładnie jedna liczba pierwsza.

Rozwiązanie

Zauważmy, że [math]\displaystyle{ 1000 }[/math] kolejnych liczb naturalnych

[math]\displaystyle{ 1001! + 2, 1001! + 3, \ldots, 1001! + 1001 }[/math]

nie zawiera żadnej liczby pierwszej. Wielokrotnie zmniejszając wszystkie wypisane wyżej liczby o jeden, aż do chwili, gdy pierwsza z wypisanych liczb będzie liczbą pierwszą uzyskamy [math]\displaystyle{ 1000 }[/math] kolejnych liczb naturalnych, wśród których jest dokładnie jedna liczba pierwsza.

Uwaga: dopiero liczba [math]\displaystyle{ 1001! - 1733 }[/math] jest pierwsza.


Zadanie C37
Pokazać, że istnieje [math]\displaystyle{ 20 }[/math] kolejnych liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math], wśród których jest dokładnie [math]\displaystyle{ 5 }[/math] liczb pierwszych.

Rozwiązanie

Rozwiązywanie zadania rozpoczniemy od dwóch spostrzeżeń

  • wśród pierwszych [math]\displaystyle{ 20 }[/math] liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] jest [math]\displaystyle{ 13 }[/math] liczb pierwszych
  • w ciągu [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] istnieją dowolnie długie przedziały pozbawione liczb pierwszych (zobacz zadanie C32), zatem istnieje [math]\displaystyle{ 20 }[/math] kolejnych liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math], wśród których nie ma ani jednej liczby pierwszej

Pierwsze spostrzeżenie pokazuje, że rozwiązanie problemu jest potencjalnie możliwe. Rozwiązanie mogłoby nie istnieć, gdybyśmy szukali [math]\displaystyle{ 20 }[/math] liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] wśród których jest, powiedzmy, [math]\displaystyle{ 15 }[/math] liczb pierwszych.

Drugie spostrzeżenie mówi nam, że ilość liczb pierwszych wśród kolejnych [math]\displaystyle{ 20 }[/math] liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] zmienia się od [math]\displaystyle{ 13 }[/math] do [math]\displaystyle{ 0 }[/math]. Analiza przebiegu tych zmian jest kluczem do dowodu twierdzenia.


Zbadajmy zatem, jak zmienia się ilość liczb pierwszych wśród kolejnych [math]\displaystyle{ 20 }[/math] liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math]. Rozważmy ciąg [math]\displaystyle{ a_k = 6 k + 1 }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ k = 0, 1, 2, \ldots }[/math]

[math]\displaystyle{ (a_k) = (1, \mathbf{7}, \mathbf{13}, \mathbf{19}, 25, \mathbf{31}, \mathbf{37}, \mathbf{43}, 49, 55, \mathbf{61}, \mathbf{67}, \mathbf{73}, \mathbf{79}, 85, 91, \mathbf{97}, \mathbf{103}, \mathbf{109}, 115, 121, \mathbf{127}, 133, \mathbf{139}, 145, \mathbf{151}, \mathbf{157}, \mathbf{163}, 169, 175, \mathbf{181}, 187, \mathbf{193}, \mathbf{199}, 205, \mathbf{211}, \ldots) }[/math]

Liczby pierwsze zostały pogrubione.


Niech [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] będzie fragmentem ciągu [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math] rozpoczynającym się od [math]\displaystyle{ n }[/math]-tego wyrazu ciągu i złożonym z [math]\displaystyle{ 20 }[/math] kolejnych wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ (a_k) }[/math]. Przykładowo mamy

[math]\displaystyle{ (B^1) = (1, \mathbf{7}, \mathbf{13}, \mathbf{19}, 25, \mathbf{31}, \mathbf{37}, \mathbf{43}, 49, 55, \mathbf{61}, \mathbf{67}, \mathbf{73}, \mathbf{79}, 85, 91, \mathbf{97}, \mathbf{103}, \mathbf{109}, 115 ) }[/math]

[math]\displaystyle{ (B^2) = ( \mathbf{7}, \mathbf{13}, \mathbf{19}, 25, \mathbf{31}, \mathbf{37}, \mathbf{43}, 49, 55, \mathbf{61}, \mathbf{67}, \mathbf{73}, \mathbf{79}, 85, 91, \mathbf{97}, \mathbf{103}, \mathbf{109}, 115, 121 ) }[/math]

[math]\displaystyle{ (B^3) = ( \mathbf{13}, \mathbf{19}, 25, \mathbf{31}, \mathbf{37}, \mathbf{43}, 49, 55, \mathbf{61}, \mathbf{67}, \mathbf{73}, \mathbf{79}, 85, 91, \mathbf{97}, \mathbf{103}, \mathbf{109}, 115, 121, \mathbf{127} ) }[/math]


Musimy zrozumieć, jak przejście od ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] do ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] wpływa na ilość liczb pierwszych w tych ciągach.

  • jeżeli najmniejszy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] jest liczbą złożoną, to po przejściu do ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] ilość liczb pierwszych w tym ciągu w stosunku do ilości liczb pierwszych w ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] może
    • pozostać bez zmian (w przypadku, gdy największy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] jest liczbą złożoną)
    • zwiększyć się o jeden (w przypadku, gdy największy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] jest liczbą pierwszą)
  • jeżeli najmniejszy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] jest liczbą pierwszą, to po przejściu do ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] ilość liczb pierwszych w tym ciągu w stosunku do ilości liczb pierwszych w ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] może
    • zmniejszyć się o jeden (w przypadku, gdy największy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] jest liczbą złożoną)
    • pozostać bez zmian (w przypadku, gdy największy wyraz ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] jest liczbą pierwszą)


Wynika stąd, że przechodząc od ciągu [math]\displaystyle{ (B^n) }[/math] do ciągu [math]\displaystyle{ (B^{n + 1}) }[/math] ilość liczb pierwszych może się zmienić o [math]\displaystyle{ - 1 }[/math], [math]\displaystyle{ 0 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 1 }[/math]. Z drugiego ze spostrzeżeń uczynionych na początku dowodu wynika istnienie takiej liczby [math]\displaystyle{ r }[/math], że wśród ciągów

[math]\displaystyle{ (B^1), (B^2), \ldots, (B^r) }[/math]

ilość liczb pierwszych będzie przyjmowała wszystkie możliwe wartości od liczby [math]\displaystyle{ 13 }[/math] do liczby [math]\displaystyle{ 0 }[/math]. Co zapewnia istnienie takich [math]\displaystyle{ 20 }[/math] kolejnych liczb naturalnych postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math], że wśród nich jest dokładnie [math]\displaystyle{ 5 }[/math] liczb pierwszych.


Twierdzenie C38
Niech [math]\displaystyle{ a, b \in \mathbb{Z} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ 0 \leqslant b \leqslant a - 1 }[/math]. Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, to istnieje [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb postaci [math]\displaystyle{ a k + b }[/math], wśród których znajduje się dokładnie [math]\displaystyle{ r \leqslant \pi (a (n - 1) + b ; a, b) }[/math] liczb pierwszych.

Dowód

Twierdzenie można udowodnić uogólniając dowód twierdzenia C34 lub wykorzystując metodę zastosowaną w rozwiązaniu zadania C37.


Zadanie C39
Niech [math]\displaystyle{ p \geqslant 5 }[/math] będzie liczbą pierwszą. Pokazać, że w ciągu [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] występują kwadraty wszystkich liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p }[/math].

Rozwiązanie

Wiemy, że liczby pierwsze nieparzyste [math]\displaystyle{ p \geqslant 5 }[/math] mogą być postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math]. Ponieważ

[math]\displaystyle{ (6 k + 1)^2 = 6 (6 k^2 + 2 k) + 1 }[/math]
[math]\displaystyle{ (6 k + 5)^2 = 6 (6 k^2 + 10 k + 4) + 1 }[/math]

zatem kwadraty liczb pierwszych są postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math] i nie mogą występować w ciągu postaci [math]\displaystyle{ 6 k + 5 }[/math].


Zadanie C40
Dany jest ciąg arytmetyczny [math]\displaystyle{ a k + b }[/math], gdzie liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze. Pokazać, że

  • jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ a }[/math], to żaden wyraz ciągu [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] nie jest podzielny przez [math]\displaystyle{ p }[/math]
  • jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ a }[/math], to istnieje nieskończenie wiele wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ a k + b }[/math], które są podzielne przez [math]\displaystyle{ p }[/math]
Rozwiązanie

Punkt 1.
Zauważmy, że liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, zatem liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p }[/math] nie może jednocześnie dzielić liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math]. Ponieważ z założenia [math]\displaystyle{ p|a }[/math], to wynika stąd, że [math]\displaystyle{ p }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ b }[/math]. Jeśli tak, to

[math]\displaystyle{ a k + b = (n p) k + b }[/math]

i [math]\displaystyle{ p }[/math] nie dzieli żadnej liczby postaci [math]\displaystyle{ a k + b }[/math].

Punkt 2.
Pierwszy sposób

Niech [math]\displaystyle{ k_0 \in \mathbb{N} }[/math]. Przypuśćmy, że dla pewnych różnych liczb naturalnych [math]\displaystyle{ i, j }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ 1 \leqslant i \lt j \leqslant p }[/math] liczby [math]\displaystyle{ a(k_0 + i) + b }[/math] oraz [math]\displaystyle{ a(k_0 + j) + b }[/math] dają tę samą resztę przy dzieleniu przez liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math]. Zatem różnica tych liczb jest podzielna przez [math]\displaystyle{ p }[/math]

[math]\displaystyle{ p| [a (k_0 + j) + b] - [a (k_0 + i) + b] }[/math]

czyli

[math]\displaystyle{ p|a (j - i) }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ p \nmid a }[/math] to na mocy lematu Euklidesa (twierdzenie C70), mamy

[math]\displaystyle{ p| (j - i) }[/math]

co jest niemożliwe, bo [math]\displaystyle{ 1 \leqslant j - i \leqslant p - 1 \lt p }[/math].

Zatem reszty [math]\displaystyle{ r_1, r_2, \ldots, r_p }[/math] są wszystkie różne, a ponieważ jest ich [math]\displaystyle{ p }[/math], czyli tyle ile jest różnych reszt z dzielenia przez liczbę [math]\displaystyle{ p }[/math], to zbiór tych reszt jest identyczny ze zbiorem reszt z dzielenia przez [math]\displaystyle{ p }[/math], czyli ze zbiorem [math]\displaystyle{ S = \{ 0, 1, 2, \ldots, p - 1 \} }[/math]. W szczególności wynika stąd, że wśród [math]\displaystyle{ p }[/math] kolejnych wyrazów ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] jeden z tych wyrazów jest podzielny przez [math]\displaystyle{ p }[/math]. Zatem istnieje nieskończenie wiele wyrazów ciągu [math]\displaystyle{ a k + b }[/math], które są podzielne przez [math]\displaystyle{ p }[/math].


Drugi sposób

Problem sprowadza się do wykazania istnienia nieskończenie wielu par liczb naturalnych [math]\displaystyle{ (k, n) }[/math], takich że

[math]\displaystyle{ a k + b = n p }[/math]

Co z kolei sprowadza się do badania rozwiązań całkowitych równania

[math]\displaystyle{ n p - a k = b }[/math]

Zauważmy, że ponieważ [math]\displaystyle{ p \nmid a }[/math], to liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ p }[/math] są względnie pierwsze. Zatem ich największym wspólnym dzielnikiem jest liczba [math]\displaystyle{ 1 }[/math]. Na mocy twierdzenia C73 równanie to ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych

[math]\displaystyle{ n = n_0 + p t }[/math]
[math]\displaystyle{ k = k_0 + a t }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ t }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą, a para liczb [math]\displaystyle{ (n_0, k_0) }[/math] jest dowolnym rozwiązaniem tego równania. Widzimy, że dla dostatecznie dużych liczb [math]\displaystyle{ t }[/math] zawsze możemy uzyskać takie [math]\displaystyle{ n }[/math] i [math]\displaystyle{ k }[/math], że [math]\displaystyle{ n, k \in \mathbb{Z}_+ }[/math]. Pokazaliśmy w ten sposób, że w ciągu arytmetycznym [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] istnieje nieskończenie wiele wyrazów podzielnych przez liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math].


Trzeci sposób

Zauważmy, że ponieważ [math]\displaystyle{ p \nmid a }[/math], to liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ p }[/math] są względnie pierwsze. Zatem ich największym wspólnym dzielnikiem jest liczba [math]\displaystyle{ 1 }[/math]. Lemat Bézouta zapewnia istnienie takich liczb całkowitych [math]\displaystyle{ x }[/math] i [math]\displaystyle{ y }[/math], że

[math]\displaystyle{ a x + p y = 1 }[/math]

Niech [math]\displaystyle{ k_0 = r p - b x }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ r }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą dodatnią, ale na tyle dużą, aby [math]\displaystyle{ k_0 }[/math] była liczbą dodatnią bez względu na znak iloczynu [math]\displaystyle{ b x }[/math]. Łatwo sprawdzamy, że liczba [math]\displaystyle{ a k_0 + b }[/math] jest podzielna przez [math]\displaystyle{ p }[/math]

[math]\displaystyle{ a k_0 + b = a (r p - b x) + b = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = a r p - a b x + b = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = a r p + b (1 - a x) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = a r p + b p y = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\; = p (a r + b y) }[/math]

Zatem w ciągu [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] istnieje przynajmniej jeden wyraz podzielny przez liczbę pierwszą [math]\displaystyle{ p }[/math]. Jeśli tak, to w ciągu arytmetycznym [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] istnieje nieskończenie wiele liczb podzielnych przez [math]\displaystyle{ p }[/math], bo dla [math]\displaystyle{ k = k_0 + s p }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ s \in \mathbb{N} }[/math], mamy

[math]\displaystyle{ a k + b = a (k_0 + s p) + b = a s p + (a k_0 + b) }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ p|a k + b }[/math].


Uwaga C41
Łatwo możemy napisać w PARI/GP funkcję, która zwraca najmniejszą liczbę naturalną [math]\displaystyle{ k_0 }[/math], dla której wyraz ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ a k + b }[/math] jest podzielny przez [math]\displaystyle{ p }[/math] (przy założeniu, że liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ p }[/math] są względnie pierwsze).

f(a,b,p) = lift( Mod(-b,p)*Mod(a,p)^(-1) )



Ciągi nieskończone i liczby pierwsze

Uwaga C42
Choć wiele ciągów jest dobrze znanych i równie dobrze zbadanych, to nie wiemy, czy zawierają one nieskończenie wiele liczb pierwszych. Przykładowo

Nie wiemy, czy istnieje wielomian całkowity [math]\displaystyle{ W(n) }[/math] stopnia większego niż jeden taki, że [math]\displaystyle{ W(n) }[/math] jest liczbą pierwszą dla nieskończenie wielu liczb [math]\displaystyle{ n }[/math].


Przykład C43
Łatwo sprawdzić, że wartości wielomianu [math]\displaystyle{ W(n) = n^2 + n + 41 }[/math] są liczbami pierwszymi dla [math]\displaystyle{ 1 \leqslant n \leqslant 39 }[/math]. Oczywiście [math]\displaystyle{ 41 | W(41) }[/math].


Twierdzenie C44
Niech [math]\displaystyle{ a, n }[/math] będą liczbami całkowitymi takimi, że [math]\displaystyle{ a \geqslant 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math]. Jeżeli liczba [math]\displaystyle{ a^n + 1 }[/math] jest liczbą pierwszą, to [math]\displaystyle{ a }[/math] jest liczbą parzystą i [math]\displaystyle{ n = 2^m }[/math].

Dowód

Gdyby liczba [math]\displaystyle{ a }[/math] była nieparzysta, to [math]\displaystyle{ a^n + 1 \geqslant 4 }[/math] byłoby parzyste i nie mogłoby być liczbą pierwszą.

Niech teraz wykładnik [math]\displaystyle{ n = x y }[/math] będzie liczbą złożoną, zaś [math]\displaystyle{ x }[/math] będzie liczbą nieparzystą. Wtedy

[math]\displaystyle{ a^n + 1 = (a^y)^x + 1 }[/math]

Oznaczając [math]\displaystyle{ b = a^y }[/math] oraz [math]\displaystyle{ x = 2 k + 1 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ a^n + 1 = (a^y)^x + 1 = }[/math]
[math]\displaystyle{ \: = b^x + 1 = }[/math]
[math]\displaystyle{ \: = b^{2 k + 1} + 1 = }[/math]
[math]\displaystyle{ \: = (b + 1) \cdot (b^{2 k} - b^{2 k - 1} + \ldots - b^3 + b^2 - b + 1) }[/math]

Wynika stąd, że w takim przypadku [math]\displaystyle{ a^n + 1 }[/math] jest liczbą złożoną. Zatem wykładnik [math]\displaystyle{ n }[/math] nie może zawierać czynników nieparzystych, czyli musi być [math]\displaystyle{ n = 2^m }[/math]. Co należało pokazać.


Twierdzenie C45
Dla dowolnej liczby naturalnej [math]\displaystyle{ n \geqslant 1 }[/math] liczba [math]\displaystyle{ x - y }[/math] jest dzielnikiem wyrażenia [math]\displaystyle{ x^n - y^n }[/math].

Dowód

Indukcja matematyczna. Twierdzenie jest prawdziwe dla [math]\displaystyle{ n = 1 }[/math], bo [math]\displaystyle{ x - y }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ x^1 - y^1 }[/math]. Załóżmy, że [math]\displaystyle{ x - y }[/math] jest dzielnikiem wyrażenia [math]\displaystyle{ x^n - y^n }[/math], czyli [math]\displaystyle{ x^n - y^n = (x - y) \cdot k }[/math], otrzymujemy dla [math]\displaystyle{ n + 1 }[/math]

[math]\displaystyle{ x^{n + 1} - y^{n + 1} = x x^n - y x^n + y x^n - y y^n = }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \, = (x - y) x^n + y (x^n - y^n) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \, = (x - y) x^n + y (x - y) \cdot k = }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad \, = (x - y) (x^n + y \cdot k) }[/math]

Czyli [math]\displaystyle{ x - y }[/math] jest dzielnikiem [math]\displaystyle{ x^{n + 1} - y^{n + 1} }[/math]. Co kończy dowód indukcyjny.


Twierdzenie C46
Jeżeli [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ a^n - 1 }[/math] jest liczbą pierwszą, to [math]\displaystyle{ a = 2 }[/math] i [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą.

Dowód

Z twierdzenia C45 wiemy, że [math]\displaystyle{ x - y | x^n - y^n }[/math]. W przypadku gdy [math]\displaystyle{ a \gt 2 }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ a - 1 | a^n - 1 }[/math]

Czyli musi być [math]\displaystyle{ a = 2 }[/math]. Z tego samego twierdzenia wynika też, że jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą złożoną [math]\displaystyle{ n = r s }[/math], to

[math]\displaystyle{ 2^r - 1 | 2^{r s} - 1 }[/math]

bo [math]\displaystyle{ a^r - b^r | (a^r)^s - (b^r)^s }[/math]. Zatem [math]\displaystyle{ n }[/math] musi być liczbą pierwszą. Co kończy dowód.




Ciągi arytmetyczne liczb pierwszych

Uwaga C47
Ciągi arytmetyczne liczb pierwszych[3][4] zbudowane z dwóch liczb pierwszych nie są interesujące, bo dowolne dwie liczby tworzą ciąg arytmetyczny. Dlatego będziemy się zajmowali ciągami arytmetycznymi liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math].

Ponieważ nie da się zbudować ciągu arytmetycznego liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math], w którym pierwszym wyrazem jest liczba [math]\displaystyle{ p_0 = 2 }[/math], to będą nas interesowały ciągi rozpoczynające się od liczby pierwszej [math]\displaystyle{ p_0 \geqslant 3 }[/math]

Jeżeli do liczby pierwszej nieparzystej dodamy dodatnią liczbę nieparzystą, to otrzymamy liczbę parzystą złożoną, zatem różnica ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ d }[/math] musi być liczbą parzystą, aby zbudowanie jakiegokolwiek ciągu arytmetycznego liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] było możliwe.

Istnienie nieskończenie wiele ciągów arytmetycznych liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] pokazano już wiele lat temu[5]. Temat ciągów arytmetycznych liczb pierwszych zyskał na popularności[6] po udowodnieniu przez Bena Greena i Terence'a Tao twierdzenia o istnieniu dowolnie długich (ale skończonych) ciągów arytmetycznych liczb pierwszych[7].


Twierdzenie C48* (Ben Green i Terence Tao, 2004)
Dla dowolnej liczby naturalnej [math]\displaystyle{ n \geqslant 2 }[/math] istnieje nieskończenie wiele [math]\displaystyle{ n }[/math]-wyrazowych ciągów arytmetycznych liczb pierwszych.



Przykład C49
Tabela zawiera przykładowe ciągi arytmetyczne liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] i [math]\displaystyle{ n = 4 }[/math].

Pokaż tabele

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 2 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 4 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 6 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

Jeżeli w tabeli jest wypisanych sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math], to oznacza to, że zostało znalezionych co najmniej sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math].



Przykład C50
Tabela zawiera przykładowe ciągi arytmetyczne liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 5 }[/math] i [math]\displaystyle{ n = 6 }[/math].

Pokaż tabele

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 5 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 6 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 6 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 30 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

Jeżeli w tabeli jest wypisanych sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math], to oznacza to, że zostało znalezionych co najmniej sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math].



Przykład C51
Tabela zawiera przykładowe ciągi arytmetyczne liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] i [math]\displaystyle{ n = 8 }[/math].

Pokaż tabele

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 30 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 8 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 210 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^8 }[/math].

Jeżeli w tabeli jest wypisanych sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math], to oznacza to, że zostało znalezionych co najmniej sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math].



Przykład C52
Tabela zawiera przykładowe ciągi arytmetyczne liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 9 }[/math] i [math]\displaystyle{ n = 10 }[/math].

Pokaż tabele

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 9 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 210 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^9 }[/math].

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 10 }[/math] wyszukiwanie ciągów zostało przeprowadzone dla [math]\displaystyle{ d = 210 k }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 1 \leqslant k \leqslant 100 }[/math] i (przy ustalonym [math]\displaystyle{ d }[/math]) dla kolejnych liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0 \leqslant 10^{10} }[/math].

Jeżeli w tabeli jest wypisanych sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math], to oznacza to, że zostało znalezionych co najmniej sześć wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math].



Twierdzenie C53
Niech [math]\displaystyle{ d, k, k_0, n \in \mathbb{Z}_+ }[/math] oraz [math]\displaystyle{ a \in \mathbb{Z} }[/math]. Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ d }[/math] i [math]\displaystyle{ n }[/math] są względnie pierwsze, to reszty [math]\displaystyle{ r_1, r_2, \ldots, r_n }[/math] z dzielenia [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych wyrazów ciągu arytmetycznego

[math]\displaystyle{ x_k = a + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = k_0 + 1, \ldots, k_0 + n }[/math]

przez liczbę [math]\displaystyle{ n }[/math] są wszystkie różne i tworzą zbiór [math]\displaystyle{ S = \{ 0, 1, \ldots, n - 1 \} }[/math]. W szczególności wynika stąd, że wśród [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych wyrazów ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ (x_k) }[/math] jeden z tych wyrazów jest podzielny przez [math]\displaystyle{ n }[/math].

Dowód

Przypuśćmy, że dla pewnych różnych liczb naturalnych [math]\displaystyle{ i, j }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ 1 \leqslant i \lt j \leqslant n }[/math] liczby [math]\displaystyle{ a + (k_0 + i) d }[/math] oraz [math]\displaystyle{ a + (k_0 + j) d }[/math] dają tę samą resztę przy dzieleniu przez [math]\displaystyle{ n }[/math]. Zatem różnica tych liczb jest podzielna przez [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ n| [a + (k_0 + j) d] - [a + (k_0 + i) d] }[/math]

Czyli

[math]\displaystyle{ n|d (j - i) }[/math]

Ponieważ liczby [math]\displaystyle{ d }[/math] i [math]\displaystyle{ n }[/math] są względnie pierwsze, to na mocy lematu Euklidesa (twierdzenie C70), mamy

[math]\displaystyle{ n| (j - i) }[/math]

Co jest niemożliwe, bo [math]\displaystyle{ 1 \leqslant j - i \leqslant n - 1 \lt n }[/math].

Zatem reszty [math]\displaystyle{ r_1, r_2, \ldots, r_n }[/math] są wszystkie różne, a ponieważ jest ich [math]\displaystyle{ n }[/math], czyli tyle ile jest różnych reszt z dzielenia przez liczbę [math]\displaystyle{ n }[/math], to zbiór tych reszt jest identyczny ze zbiorem reszt z dzielenia przez [math]\displaystyle{ n }[/math], czyli ze zbiorem [math]\displaystyle{ S = \{ 0, 1, 2, \ldots, n - 1 \} }[/math].


Twierdzenie C54
Niech [math]\displaystyle{ d \in \mathbb{Z}_+ }[/math] i niech będzie dany ciąg arytmetyczny liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k = p_0 + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math]

Z żądania, aby dany ciąg arytmetyczny był ciągiem arytmetycznym liczb pierwszych, wynika, że muszą być spełnione następujące warunki

  • [math]\displaystyle{ p_0 \nmid d }[/math]
  • [math]\displaystyle{ n \leqslant p_0 }[/math]
  • [math]\displaystyle{ P(n - 1) |d }[/math]
  • jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math], to [math]\displaystyle{ n \leqslant q }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ P(t) }[/math] jest iloczynem wszystkich liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ t }[/math].

Dowód

Punkt 1.
Gdyby [math]\displaystyle{ p_0 |d }[/math], to dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 1 }[/math] mielibyśmy [math]\displaystyle{ p_k = p_0 \left( 1 + k \cdot \frac{d}{p_0} \right) }[/math] i wszystkie te liczby byłyby złożone.

Punkt 2.
Ponieważ [math]\displaystyle{ p_0 }[/math] dzieli [math]\displaystyle{ p_0 + p_0 d }[/math], więc musi być [math]\displaystyle{ n - 1 \lt p_0 }[/math], czyli [math]\displaystyle{ n \leqslant p_0 }[/math].

Punkt 3.
Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] będzie liczbą pierwszą mniejszą od [math]\displaystyle{ n }[/math], a liczby [math]\displaystyle{ r_k }[/math] będą resztami uzyskanymi z dzielenia liczb [math]\displaystyle{ p_k = p_0 + k d }[/math] przez [math]\displaystyle{ q }[/math], dla [math]\displaystyle{ k = 0, 1, \ldots, q - 1 }[/math]. Ponieważ z założenia liczby [math]\displaystyle{ p_0, \ldots, p_{n - 1} }[/math] są liczbami pierwszymi większymi od [math]\displaystyle{ q }[/math] (zauważmy, że [math]\displaystyle{ p_0 \geqslant n }[/math]), to żadna z reszt [math]\displaystyle{ r_k }[/math] nie może być równa zeru. Czyli mamy [math]\displaystyle{ q }[/math] reszt mogących przyjmować jedynie [math]\displaystyle{ q - 1 }[/math] różnych wartości. Zatem istnieją różne liczby [math]\displaystyle{ i, j }[/math], takie że [math]\displaystyle{ 0 \leqslant i \lt j \leqslant q - 1 }[/math], dla których [math]\displaystyle{ r_i = r_j }[/math]. Wynika stąd, że różnica liczb

[math]\displaystyle{ p_j - p_i = (p_0 + j d) - (p_0 + i d) = d (j - i) }[/math]

musi być podzielna przez [math]\displaystyle{ q }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ q \nmid (j - i) }[/math], bo [math]\displaystyle{ 1 \leqslant j - i \leqslant q - 1 \lt q }[/math], zatem z lematu Euklidesa [math]\displaystyle{ q|d }[/math].

Z uwagi na fakt, że jest tak dla każdej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ q \lt n }[/math], liczba [math]\displaystyle{ d }[/math] musi być podzielna przez

[math]\displaystyle{ P(n - 1) = \prod_{q \lt n} q }[/math]

Punkt 4.
Ponieważ [math]\displaystyle{ P(n - 1)|d }[/math], to wszystkie liczby pierwsze mniejsze od [math]\displaystyle{ n }[/math] muszą być dzielnikami [math]\displaystyle{ d }[/math]. Wynika stąd, że jeśli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ q \geqslant n }[/math]. Co należało pokazać.


Uwaga C55
Czasami, zamiast pisać „ciąg arytmetyczny liczb pierwszych”, będziemy posługiwali się skrótem PAP od angielskiej nazwy „prime arithmetic progression”. Konsekwentnie zapis PAP-[math]\displaystyle{ n }[/math] będzie oznaczał ciąg arytmetyczny liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math], a zapis PAP[math]\displaystyle{ (n, d, q) }[/math] ciąg arytmetyczny liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math], pierwszym wyrazie [math]\displaystyle{ q }[/math] i różnicy [math]\displaystyle{ d }[/math].


Uwaga C56
Jakkolwiek sądzimy, że istnieje nieskończenie wiele ciągów arytmetycznych liczb pierwszych rozpoczynających się od dowolnej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ q }[/math] i o dowolnej długości [math]\displaystyle{ 3 \leqslant n \leqslant q }[/math], to obecnie jest to tylko nieudowodnione przypuszczenie.

Dlatego nawet dla najmniejszej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ q }[/math] takiej, że [math]\displaystyle{ q \nmid d }[/math] nierówność [math]\displaystyle{ n \leqslant q }[/math], pokazana w twierdzeniu C54, pozostaje nadal tylko oszacowaniem. W szczególności nie możemy z góry przyjmować, że dla liczby [math]\displaystyle{ n = q }[/math] znajdziemy taką liczbę [math]\displaystyle{ d }[/math] będącą wielokrotnością liczby [math]\displaystyle{ P(q - 1) }[/math] i niepodzielną przez [math]\displaystyle{ q }[/math], że będzie istniał PAP[math]\displaystyle{ (q, d, q) }[/math].


Przykład C57
Rozważmy dwie różnice [math]\displaystyle{ d_1 = 6 = 2 \cdot 3 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ d_2 = 42 = 2 \cdot 3 \cdot 7 }[/math]. Zauważmy, że liczba pierwsza [math]\displaystyle{ 5 }[/math] nie dzieli ani [math]\displaystyle{ d_1 }[/math], ani [math]\displaystyle{ d_2 }[/math]. Co więcej, liczba pierwsza [math]\displaystyle{ 5 }[/math] jest najmniejszą liczbą pierwszą, która nie dzieli rozpatrywanych różnic, zatem nierówność [math]\displaystyle{ n \leqslant 5 }[/math] zapewnia najmocniejsze oszacowanie długości ciągu [math]\displaystyle{ n }[/math]. Łatwo sprawdzamy w zamieszczonych tabelach, że dla [math]\displaystyle{ d = 6 }[/math] oraz dla [math]\displaystyle{ d = 42 }[/math] są ciągi o długości [math]\displaystyle{ 3, 4, 5 }[/math], ale nie ma ciągów o długości [math]\displaystyle{ 6, 7, \ldots }[/math]

W szczególności z twierdzenia C54 wynika, że szukając ciągów arytmetycznych liczb pierwszych o określonej długości [math]\displaystyle{ n }[/math], należy szukać ich tylko dla różnic [math]\displaystyle{ d }[/math] będących wielokrotnością liczby [math]\displaystyle{ P(n - 1) }[/math].


Zadanie C58
Wiemy, że liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \gt 3 }[/math] można przedstawić w jednej z postaci [math]\displaystyle{ 6 k - 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math]. Pokazać, że jeżeli [math]\displaystyle{ p_0 = 3 }[/math], to dwa następne wyrazu rosnącego ciągu arytmetycznego liczb pierwszych są różnych postaci.

Rozwiązanie

Ponieważ [math]\displaystyle{ p_0 = 3 }[/math], a rozpatrywany PAP jest rosnący, to kolejne wyrazy ciągu są większe od liczby [math]\displaystyle{ 3 }[/math] i mogą być przedstawione w jednej z postaci [math]\displaystyle{ 6 k - 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math]. Z twierdzenia C54 wiemy, że musi być [math]\displaystyle{ n \leqslant p_0 = 3 }[/math], czyli długość rozpatrywanego ciągu arytmetycznego liczb pierwszych wynosi dokładnie [math]\displaystyle{ 3 }[/math] i istnieją tylko dwa następne wyrazy.

Rozważmy ciąg arytmetyczny liczb pierwszych składający się z trzech wyrazów [math]\displaystyle{ p, q, r }[/math] takich, że [math]\displaystyle{ p = 3 }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ r = q + d = q + (q - p) = 2 q - p }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ r + q = 3 q - 3 }[/math]

Widzimy, że prawa strona powyższej równości jest podzielna przez [math]\displaystyle{ 3 }[/math]. Zatem liczby po lewej stronie wypisanych wyżej równości muszą być różnych postaci, bo tylko w takim przypadku lewa strona równości będzie również podzielna przez [math]\displaystyle{ 3 }[/math].


Zadanie C59
Wiemy, że liczby pierwsze [math]\displaystyle{ p \gt 3 }[/math] można przedstawić w jednej z postaci [math]\displaystyle{ 6 k - 1 }[/math] lub [math]\displaystyle{ 6 k + 1 }[/math]. Pokazać, że wszystkie wyrazy rosnącego ciągu arytmetycznego liczb pierwszych [math]\displaystyle{ p_0, p_1, \ldots, p_{n - 1} }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ p_0 \geqslant 5 }[/math] i [math]\displaystyle{ n \geqslant 3 }[/math] muszą być jednakowej postaci.

Rozwiązanie

Niech liczby [math]\displaystyle{ p, q, r }[/math] będą trzema kolejnymi (dowolnie wybranymi) wyrazami rozpatrywanego ciągu. Łatwo zauważmy, że

[math]\displaystyle{ r = q + d = q + (q - p) = 2 q - p }[/math]

Zatem

[math]\displaystyle{ p + q = 3 q - r }[/math]
[math]\displaystyle{ q + r = 3 q - p }[/math]
[math]\displaystyle{ p + r = 2 q }[/math]

Zauważmy, że prawa strona wypisanych wyżej równości nie jest podzielna przez [math]\displaystyle{ 3 }[/math], bo liczby [math]\displaystyle{ p, q, r }[/math] są liczbami pierwszymi większymi od liczby [math]\displaystyle{ 3 }[/math]. Zatem liczby po lewej stronie wypisanych wyżej równości muszą być tej samej postaci, bo gdyby było inaczej, to lewa strona tych równości byłaby podzielna przez [math]\displaystyle{ 3 }[/math], a prawa nie. Czyli każda para liczb z trójki [math]\displaystyle{ p, q, r }[/math] musi być tej samej postaci i wynika stąd, że wszystkie trzy liczby muszą być tej samej postaci. Ponieważ trzy kolejne wyrazy ciągu [math]\displaystyle{ p_0, p_1, \ldots, p_{n - 1} }[/math] były wybrane dowolnie, to wszystkie wyrazy tego ciągu muszą być tej samej postaci.


Zadanie C60
Niech [math]\displaystyle{ d \gt 0 }[/math] będzie różnicą ciągu arytmetycznego liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math]

[math]\displaystyle{ p_k = p_0 + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math]

Pokazać, nie korzystając z twierdzenia C54, że jeżeli liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math], to [math]\displaystyle{ n \leqslant q }[/math].

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że [math]\displaystyle{ n \gt q }[/math] tak, że [math]\displaystyle{ q \lt n \leqslant p_0 }[/math], zatem

[math]\displaystyle{ q \lt p_k = p_0 + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ q \nmid d }[/math], to na mocy twierdzenia C53 wśród [math]\displaystyle{ q }[/math] kolejnych wyrazów [math]\displaystyle{ p_0, p_1, \ldots, p_{q - 1} }[/math] (zauważmy, że [math]\displaystyle{ q - 1 \lt n - 1 }[/math]) jedna liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p_k }[/math] musi być podzielna przez [math]\displaystyle{ q }[/math], zatem musi być równa [math]\displaystyle{ q }[/math]. Jednak jest to niemożliwe, bo [math]\displaystyle{ q \lt p_k }[/math] dla wszystkich [math]\displaystyle{ k = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math]. Zatem nie może być [math]\displaystyle{ n \gt q }[/math].


Twierdzenie C61
Niech [math]\displaystyle{ q }[/math] będzie liczbą pierwszą, a liczby pierwsze

[math]\displaystyle{ p_k = p_0 + k d \qquad }[/math] gdzie [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, q - 1 }[/math]

tworzą ciąg arytmetyczny o długości [math]\displaystyle{ q }[/math] i różnicy [math]\displaystyle{ d \gt 0 }[/math].

Równość [math]\displaystyle{ p_0 = q }[/math] zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy [math]\displaystyle{ q \nmid d }[/math].

Dowód

[math]\displaystyle{ \Longrightarrow }[/math]
Jeżeli [math]\displaystyle{ p_0 = q }[/math], to [math]\displaystyle{ q }[/math]-wyrazowy ciąg arytmetyczny liczb pierwszych ma postać

[math]\displaystyle{ p_k = q + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, q - 1 }[/math]

Gdyby [math]\displaystyle{ q|d }[/math], to mielibyśmy

[math]\displaystyle{ p_k = q \left( 1 + k \cdot \frac{d}{q} \right) }[/math]

i wszystkie liczby [math]\displaystyle{ p_k }[/math] dla [math]\displaystyle{ k \geqslant 1 }[/math] byłyby złożone, wbrew założeniu, że [math]\displaystyle{ p_k }[/math] tworzą [math]\displaystyle{ q }[/math]-wyrazowy ciąg arytmetyczny liczb pierwszych.

[math]\displaystyle{ \Longleftarrow }[/math]
Ponieważ [math]\displaystyle{ q }[/math] jest długością rozpatrywanego ciągu arytmetycznego liczb pierwszych, to z twierdzenia C54 wynika, że musi być [math]\displaystyle{ q \leqslant p_0 }[/math].

Z założenia liczba pierwsza [math]\displaystyle{ q }[/math] nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math], zatem z twierdzenia C53 wiemy, że [math]\displaystyle{ q }[/math] musi dzielić jedną z liczb [math]\displaystyle{ p_0, p_1, \ldots, p_{q - 1} }[/math].

Jeżeli [math]\displaystyle{ q|p_k }[/math], to [math]\displaystyle{ p_k = q }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ q \leqslant p_0 }[/math], to możliwe jest jedynie [math]\displaystyle{ q|p_0 }[/math] i musi być [math]\displaystyle{ p_0 = q }[/math].


Uwaga C62
Niech ciąg arytmetyczny liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math] ma postać

[math]\displaystyle{ p_k = p_0 + k d \qquad }[/math] dla [math]\displaystyle{ \; k = 0, 1, \ldots, n - 1 }[/math]

Z udowodnionych wyżej twierdzeń C54 i C61 wynika, że ciągi arytmetyczne liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n }[/math] można podzielić na dwie grupy

  • jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą i [math]\displaystyle{ n \nmid d }[/math], to [math]\displaystyle{ P(n - 1) |d }[/math] oraz [math]\displaystyle{ p_0 = n }[/math] (dla ustalonego [math]\displaystyle{ d }[/math] może istnieć tylko jeden ciąg)
  • jeżeli [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą złożoną lub [math]\displaystyle{ n|d }[/math], to [math]\displaystyle{ P(n) |d }[/math] oraz [math]\displaystyle{ p_0 \gt n }[/math]

Funkcja [math]\displaystyle{ P(t) }[/math] jest iloczynem wszystkich liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ t }[/math].


Przykład C63
Niech różnica ciągu arytmetycznego liczb pierwszych wynosi [math]\displaystyle{ d = 10^t }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ t \geqslant 1 }[/math]. Zauważmy, że dla dowolnego [math]\displaystyle{ t }[/math] liczba [math]\displaystyle{ 3 }[/math] jest najmniejszą liczbą pierwszą, która nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math]. Z oszacowania [math]\displaystyle{ n \leqslant 3 }[/math] wynika, że musi być [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math].

Jeżeli długość ciągu [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] i [math]\displaystyle{ n \nmid d }[/math], to musi być [math]\displaystyle{ p_0 = n = 3 }[/math] i może istnieć tylko jeden PAP dla każdego [math]\displaystyle{ d }[/math]. W przypadku [math]\displaystyle{ t \leqslant 10000 }[/math] jedynie dla [math]\displaystyle{ t = 1, 5, 6, 17 }[/math] wszystkie liczby ciągu arytmetycznego [math]\displaystyle{ (3, 3 + 10^t, 3 + 2 \cdot 10^t) }[/math] są pierwsze.


Zadanie C64
Znaleźć wszystkie PAP[math]\displaystyle{ (n, d, p) }[/math] dla [math]\displaystyle{ d = 2, 4, 8, 10, 14, 16 }[/math].

Rozwiązanie

Zauważmy, że dla każdej z podanych różnic [math]\displaystyle{ d }[/math], liczba [math]\displaystyle{ 3 }[/math] jest najmniejszą liczbą pierwszą, która nie dzieli [math]\displaystyle{ d }[/math]. Z oszacowania [math]\displaystyle{ n \leqslant 3 }[/math] wynika, że musi być [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math].

Ponieważ [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] jest liczbą pierwszą i dla wypisanych [math]\displaystyle{ d }[/math] liczba [math]\displaystyle{ n \nmid d }[/math], to w każdym przypadku może istnieć tylko jeden ciąg, którego pierwszym wyrazem jest liczba pierwsza [math]\displaystyle{ p_0 = n = 3 }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ d = 2, 4, 8, 10, 14 }[/math] łatwo znajdujemy odpowiednie ciągi

[math]\displaystyle{ (3, 5, 7) }[/math], [math]\displaystyle{ \qquad (3, 7, 11) }[/math], [math]\displaystyle{ \qquad (3, 11, 19) }[/math], [math]\displaystyle{ \qquad (3, 13, 23) }[/math], [math]\displaystyle{ \qquad (3, 17, 31) }[/math]

Dla [math]\displaystyle{ d = 16 }[/math] szukany ciąg nie istnieje, bo [math]\displaystyle{ 35 = 5 \cdot 7 }[/math].


Zadanie C65
Znaleźć wszystkie PAP[math]\displaystyle{ (n, d, p) }[/math] dla [math]\displaystyle{ n = 3, 5, 7, 11 }[/math] i [math]\displaystyle{ d = P (n - 1) }[/math].

Rozwiązanie

Z założenia PAP ma długość [math]\displaystyle{ n }[/math], liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest liczbą pierwszą i [math]\displaystyle{ n \nmid d }[/math]. Zatem może istnieć tylko jeden PAP taki, że [math]\displaystyle{ p_0 = n }[/math]. Dla [math]\displaystyle{ n = 3, 5 }[/math] i odpowiednio [math]\displaystyle{ d = 2, 6 }[/math] otrzymujemy ciągi arytmetyczne liczb pierwszych

[math]\displaystyle{ (3, 5, 7) }[/math], [math]\displaystyle{ \qquad (5, 11, 17, 23, 29) }[/math]

Ale dla [math]\displaystyle{ n = 7, 11 }[/math] i odpowiednio [math]\displaystyle{ d = 30, 210 }[/math] szukane ciągi nie istnieją, bo

[math]\displaystyle{ (7, 37, 67, 97, 127, 157, {\color{Red} 187 = 11 \cdot 17}) }[/math]
[math]\displaystyle{ (11, {\color{Red} 221 = 13 \cdot 17}, 431, 641, {\color{Red} 851 = 23 \cdot 37}, 1061, {\color{Red} 1271 = 31 \cdot 41}, 1481, {\color{Red} 1691 = 19 \cdot 89}, 1901, 2111) }[/math]


Przykład C66
Przedstawiamy przykładowe ciągi arytmetyczne liczb pierwszych, takie że [math]\displaystyle{ n = p_0 }[/math] dla [math]\displaystyle{ n = 3, 5, 7, 11, 13 }[/math]. Zauważmy, że wypisane w tabeli wartości [math]\displaystyle{ d }[/math] są wielokrotnościami liczby [math]\displaystyle{ P(n - 1) }[/math].

Pokaż tabelę


Przykłady takich ciągów dla jeszcze większych liczb pierwszych Czytelnik znajdzie na stronie A088430.


Przykład C67
Liczby [math]\displaystyle{ 3, 5, 7 }[/math] są najprostszym przykładem ciągu arytmetycznego kolejnych liczb pierwszych. Zauważmy, że tylko w przypadku [math]\displaystyle{ n = 3 }[/math] możliwa jest sytuacja, że [math]\displaystyle{ n = p_0 = 3 }[/math]. Istotnie, łatwo stwierdzamy, że

  • ponieważ [math]\displaystyle{ p_0 }[/math] i [math]\displaystyle{ p_1 }[/math]kolejnymi liczbami pierwszymi, to [math]\displaystyle{ p_1 - p_0 \lt p_0 }[/math] (zobacz zadanie B22)
  • dla dowolnej liczby pierwszej [math]\displaystyle{ q \geqslant 5 }[/math] jest [math]\displaystyle{ q \lt P (q - 1) }[/math] (zobacz zadanie B26)

Przypuśćmy teraz, że istnieje ciąg arytmetyczny kolejnych liczb pierwszych, taki że [math]\displaystyle{ n = p_0 \geqslant 5 }[/math]. Mamy

[math]\displaystyle{ d = p_1 - p_0 \lt p_0 \lt P (p_0 - 1) = P (n - 1) }[/math]

Zatem [math]\displaystyle{ P(n - 1) \nmid d }[/math], co jest niemożliwe.

Wynika stąd, że poza przypadkiem [math]\displaystyle{ n = p_0 = 3 }[/math] ciąg arytmetyczny kolejnych liczb pierwszych musi spełniać warunek [math]\displaystyle{ P(n)|d }[/math], czyli [math]\displaystyle{ P(n)|(p_1 - p_0) }[/math].

Poniższe tabele przedstawiają przykładowe ciągi arytmetyczne kolejnych liczb pierwszych o długościach [math]\displaystyle{ n = 3, 4, 5, 6 }[/math] dla rosnących wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math]. Nie istnieje ciąg arytmetyczny kolejnych liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] dla [math]\displaystyle{ p_0 \lt 10^{13} }[/math]. Prawdopodobnie CPAP-7 pojawią się dopiero dla [math]\displaystyle{ p_0 \sim 10^{20} }[/math].

Znane są ciągi arytmetyczne kolejnych liczb pierwszych o długościach [math]\displaystyle{ n \leqslant 10 }[/math][8].

Pokaż tabele



Zadanie C68
Uzasadnij przypuszczenie, że ciągów arytmetycznych kolejnych liczb pierwszych o długości [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] możemy oczekiwać dopiero dla [math]\displaystyle{ p_0 \sim 10^{20} }[/math].

Rozwiązanie

Zauważmy, że ilość liczb pierwszych nie większych od [math]\displaystyle{ x }[/math] w dobrym przybliżeniu jest określona funkcją [math]\displaystyle{ \frac{x}{\log x} }[/math]. Ponieważ funkcja [math]\displaystyle{ \log x }[/math] zmienia się bardzo wolno, to odcinki liczb naturalnych o tej samej długości położone w niewielkiej odległości od siebie będą zawierały podobne ilości liczb pierwszych. Przykładowo, dla dużych wartości [math]\displaystyle{ x }[/math], ilość liczb pierwszych w przedziale [math]\displaystyle{ (x, 2 x) }[/math] jest tego samego rzędu, co ilość liczb pierwszych w przedziale [math]\displaystyle{ (1, x) }[/math][9].


Zatem liczbę [math]\displaystyle{ \frac{1}{\log x} }[/math] możemy traktować jako prawdopodobieństwo trafienia na liczbę pierwszą wśród liczb znajdujących się w pobliżu liczby [math]\displaystyle{ x }[/math]. Zakładając, że liczby pierwsze są rozłożone przypadkowo, możemy wyliczyć prawdopodobieństwo tego, że [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb pierwszych, położonych w pobliżu liczby [math]\displaystyle{ x }[/math], utworzy ciąg arytmetyczny

[math]\displaystyle{ \text{prob}_{\text{cpap}} (n, x) = \left( \frac{1}{\log x} \right)^n \left( 1 - \frac{1}{\log x} \right)^{(n - 1) (d - 1)} }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ d = P (n) }[/math]. Jest tak, ponieważ w ciągu kolejnych liczb całkowitych musimy trafić na liczbę pierwszą, następnie na [math]\displaystyle{ d - 1 }[/math] liczb złożonych, taka sytuacja musi się powtórzyć dokładnie [math]\displaystyle{ n - 1 }[/math] razy, a na koniec znowu musimy trafić na liczbę pierwszą. Czyli potrzebujemy [math]\displaystyle{ n }[/math] liczb pierwszych, na które trafiamy z prawdopodobieństwem [math]\displaystyle{ \frac{1}{\log x} }[/math] oraz [math]\displaystyle{ (n - 1) (d - 1) }[/math] liczb złożonych, na które trafiamy z prawdopodobieństwem [math]\displaystyle{ 1 - \frac{1}{\log x} }[/math], a liczby te muszą pojawiać się w ściśle określonej kolejności.


Ilość ciągów arytmetycznych utworzonych przez [math]\displaystyle{ n }[/math] kolejnych liczb pierwszych należących do przedziału [math]\displaystyle{ (x, 2 x) }[/math] możemy zatem oszacować na równą około

[math]\displaystyle{ Q_{\text{cpap}}(n, x) = x \cdot \left( \frac{1}{\log x} \right)^n \left( 1 - \frac{1}{\log x} \right)^{(n - 1) (d - 1)} }[/math]


Porównując powyższe oszacowanie z rzeczywistą ilością [math]\displaystyle{ \# \text{CPAP}(n, x) }[/math] ciągów arytmetycznych kolejnych liczb pierwszych w przedziale [math]\displaystyle{ (x, 2x) }[/math] dostajemy

[math]\displaystyle{ \frac{\# \text{CPAP}(n, x)}{Q_{\text{cpap}} (n, x)} = f (n, x) }[/math]

gdzie w możliwym do zbadania zakresie, czyli dla [math]\displaystyle{ x \lt 2^{42} \approx 4.4 \cdot 10^{12} }[/math] mamy

[math]\displaystyle{ f(n, x) \approx a_n \cdot \log x + b_n }[/math]

Stałe [math]\displaystyle{ a_n }[/math] i [math]\displaystyle{ b_n }[/math] wyznaczamy metodą regresji liniowej. Musimy pamiętać, że uzyskanych w ten sposób wyników nie możemy ekstrapolować dla dowolnie dużych [math]\displaystyle{ x }[/math].

W przypadku [math]\displaystyle{ n = 5 }[/math] oraz [math]\displaystyle{ n = 6 }[/math] dysponowaliśmy zbyt małą liczbą danych, aby wyznaczyć stałe [math]\displaystyle{ a_n }[/math] i [math]\displaystyle{ b_n }[/math] z wystarczającą dokładnością. Dlatego w tych przypadkach ograniczyliśmy się do podania oszacowania funkcji [math]\displaystyle{ f(n, x) }[/math].

Uzyskany wyżej rezultaty są istotne, bo z wyliczonych postaci funkcji [math]\displaystyle{ f(n, x) }[/math] wynika, że są to funkcje bardzo wolno zmienne, a ich ekstrapolacja jest w pełni uprawniona.


W zamieszczonej niżej tabeli mamy kolejno

  • [math]\displaystyle{ n }[/math], czyli długość CPAP
  • wartość iloczynu [math]\displaystyle{ n \cdot P (n) }[/math]
  • znalezioną postać funkcji [math]\displaystyle{ f(n, x) }[/math] lub oszacowanie wartości tej funkcji [math]\displaystyle{ C_n }[/math] na podstawie uzyskanych danych; w przypadku [math]\displaystyle{ n = 7 }[/math] jest to oszacowanie wynikające z obserwacji, że wartości funkcji [math]\displaystyle{ f(n, x) }[/math] są rzędu [math]\displaystyle{ n \cdot P (n) }[/math]
  • wyliczoną wartość [math]\displaystyle{ \frac{\# \text{CPAP}(n, 2^{40})}{Q_{\text{cpap}}(n, 2^{40})} }[/math], czyli [math]\displaystyle{ f(n, 2^{40}) }[/math]
  • wartość funkcji [math]\displaystyle{ f(n, 2^{70}) }[/math] wynikające z ekstrapolacji wzoru [math]\displaystyle{ f(n, x) = a_n \cdot \log x + b_n \qquad }[/math] (dla [math]\displaystyle{ n = 3, 4 }[/math])
  • wartość [math]\displaystyle{ x }[/math] wynikającą z rozwiązania równania
[math]\displaystyle{ \qquad (a_n \cdot \log x + b_n) \cdot Q_{\text{cpap}} (n, x) = 1 \qquad }[/math] (dla [math]\displaystyle{ n = 3, 4 }[/math])
[math]\displaystyle{ \qquad C_n \cdot Q_{\text{cpap}} (n, x) = 1 \qquad }[/math] (dla [math]\displaystyle{ n = 5, 6, 7 }[/math])
  • dla porównania w kolejnych kolumnach zostały podane dwie najmniejsze wartości [math]\displaystyle{ p_0 }[/math] dla CPAP-n

Zauważając, że funkcje [math]\displaystyle{ f(n, x) }[/math] są rzędu [math]\displaystyle{ n \cdot P (n) }[/math] i przyjmując, że podobnie będzie dla [math]\displaystyle{ f(7, x) }[/math], możemy wyliczyć wartość [math]\displaystyle{ x }[/math], dla której może pojawić się pierwszy CPAP-7. Wartość ta jest równa w przybliżeniu [math]\displaystyle{ 2 \cdot 10^{20} }[/math] i wynika z rozwiązania równania

[math]\displaystyle{ f(7, x) \cdot Q_{\text{cpap}}(7, x) = 1 }[/math]

Możemy ją łatwo wyliczyć w PARI/GP. Oczywiście funkcję [math]\displaystyle{ f(7, x) }[/math] zastąpiliśmy jej oszacowaniem [math]\displaystyle{ C_7 = 2500 }[/math]

P(n) = prod(k=2, n, if( isprime(k), k, 1 ))
Q(x) = 2500 * x * ( 1/log(x) )^7 * ( 1 - 1/log(x) )^( (7-1)*(P(7)-1) )
solve(x=10^10, 10^23, Q(x) - 1 )




Uzupełnienie

Twierdzenie C69 (lemat Bézouta)
Jeżeli liczby całkowite [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] nie są jednocześnie równe zeru, a największy wspólny dzielnik tych liczb jest równy [math]\displaystyle{ D }[/math], to istnieją takie liczby całkowite [math]\displaystyle{ x, y }[/math], że

[math]\displaystyle{ a x + b y = D }[/math]
Dowód

Niech [math]\displaystyle{ S }[/math] będzie zbiorem wszystkich liczb całkowitych dodatnich postaci [math]\displaystyle{ a n + b m }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ n, m }[/math] są dowolnymi liczbami całkowitymi. Zbiór [math]\displaystyle{ S }[/math] nie jest zbiorem pustym, bo przykładowo liczba [math]\displaystyle{ a^2 + b^2 \in S }[/math]. Z zasady dobrego uporządkowania liczb naturalnych wynika, że zbiór [math]\displaystyle{ S }[/math] ma element najmniejszy, oznaczmy go literą [math]\displaystyle{ d }[/math].

Pokażemy, że [math]\displaystyle{ d|a }[/math] i [math]\displaystyle{ d|b }[/math]. Z twierdzenia o dzieleniu z resztą możemy napisać [math]\displaystyle{ a = k d + r }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ 0 \leqslant r \lt d }[/math].

Przypuśćmy, że [math]\displaystyle{ d \nmid a }[/math], czyli że [math]\displaystyle{ r \gt 0 }[/math]. Ponieważ [math]\displaystyle{ d \in S }[/math], to mamy [math]\displaystyle{ d = a u + b v }[/math] dla pewnych liczb całkowitych [math]\displaystyle{ u }[/math] i [math]\displaystyle{ v }[/math]. Zatem

[math]\displaystyle{ r = a - k d = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\, = a - k (a u + b v) = }[/math]
[math]\displaystyle{ \;\;\, = a \cdot (1 - k u) + b \cdot (- k v) }[/math]

Wynika stąd, że dodatnia liczba [math]\displaystyle{ r }[/math] należy do zbioru [math]\displaystyle{ S }[/math] oraz [math]\displaystyle{ r \lt d }[/math], wbrew określeniu liczby [math]\displaystyle{ d }[/math], czyli musi być [math]\displaystyle{ r = 0 }[/math] i [math]\displaystyle{ d|a }[/math]. Podobnie pokazujemy, że [math]\displaystyle{ d|b }[/math].

Jeżeli [math]\displaystyle{ d' }[/math] jest innym dzielnikiem liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math], to [math]\displaystyle{ d' |d }[/math], bo [math]\displaystyle{ d' | (a u + b v) }[/math]. Zatem [math]\displaystyle{ d' \leqslant d }[/math], skąd wynika natychmiast, że liczba [math]\displaystyle{ d }[/math] jest największym z dzielników, które jednocześnie dzielą liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] oraz [math]\displaystyle{ b }[/math]. Czyli [math]\displaystyle{ d = D }[/math].


Twierdzenie C70 (lemat Euklidesa)
Niech [math]\displaystyle{ a, b, d \in \mathbb{Z} }[/math]. Jeżeli [math]\displaystyle{ d|a b }[/math] i liczba [math]\displaystyle{ d }[/math] jest względnie pierwsza z [math]\displaystyle{ a }[/math], to [math]\displaystyle{ d|b }[/math].

Dowód

Z założenia liczby [math]\displaystyle{ d }[/math] i [math]\displaystyle{ a }[/math] są względnie pierwsze, zatem na mocy lematu Bézouta (twierdzenie C69) istnieją takie liczby całkowite [math]\displaystyle{ x }[/math] i [math]\displaystyle{ y }[/math], że

[math]\displaystyle{ d x + a y = 1 }[/math]

Mnożąc obie strony równania przez [math]\displaystyle{ b }[/math], dostajemy

[math]\displaystyle{ d b x + a b y = b }[/math]

Obydwa wyrazy po lewej stronie są podzielne przez [math]\displaystyle{ d }[/math], bo z założenia [math]\displaystyle{ d|a b }[/math]. Zatem prawa strona również jest podzielna przez [math]\displaystyle{ d }[/math], czyli [math]\displaystyle{ d|b }[/math]. Co należało pokazać.


Twierdzenie C71
Niech [math]\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{Z} }[/math]. Równanie [math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math] ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy największy wspólny dzielnik liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] jest dzielnikiem liczby [math]\displaystyle{ c }[/math].

Dowód

Niech [math]\displaystyle{ D }[/math] oznacza największy wspólny dzielnik liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math].

[math]\displaystyle{ \Longrightarrow }[/math]

Jeżeli liczby całkowite [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] i [math]\displaystyle{ y_0 }[/math] są rozwiązaniem rozpatrywanego równania, to

[math]\displaystyle{ a x_0 + b y_0 = c }[/math]

Ponieważ [math]\displaystyle{ D }[/math] dzieli lewą stronę równania, to musi również dzielić prawą, zatem musi być [math]\displaystyle{ D|c }[/math].

[math]\displaystyle{ \Longleftarrow }[/math]

Jeżeli [math]\displaystyle{ D|c }[/math], to możemy napisać [math]\displaystyle{ c = k D }[/math] i równanie przyjmuje postać

[math]\displaystyle{ a x + b y = k D }[/math]

Lemat Bézouta (twierdzenie C69) zapewnia istnienie liczb całkowitych [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] i [math]\displaystyle{ y_0 }[/math] takich, że

[math]\displaystyle{ a x_0 + b y_0 = D }[/math]

Czyli z lematu Bézouta wynika, że równanie [math]\displaystyle{ a x + b y = D }[/math] ma rozwiązanie w liczbach całkowitych. Przekształcając, dostajemy

[math]\displaystyle{ a(k x_0) + b (k y_0) = k D }[/math]

Zatem liczby [math]\displaystyle{ k x_0 }[/math] i [math]\displaystyle{ k y_0 }[/math] są rozwiązaniem równania

[math]\displaystyle{ a x + b y = k D }[/math]

Co oznacza, że równianie [math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math] ma rozwiązanie.


Uwaga C72
Z twierdzenia C71 wynika, że szukając rozwiązań równania [math]\displaystyle{ A x + B y = C }[/math] w liczbach całkowitych, powinniśmy

  • obliczyć największy wspólny dzielnik [math]\displaystyle{ D }[/math] liczb [math]\displaystyle{ A }[/math] i [math]\displaystyle{ B }[/math]
  • jeżeli [math]\displaystyle{ D \gt 1 }[/math], należy sprawdzić, czy [math]\displaystyle{ D|C }[/math]
  • jeżeli [math]\displaystyle{ D \nmid C }[/math], to równanie [math]\displaystyle{ A x + B y = C }[/math] nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych
  • jeżeli [math]\displaystyle{ D|C }[/math], należy podzielić obie strony równania [math]\displaystyle{ A x + B y = C }[/math] przez [math]\displaystyle{ D }[/math] i przejść do rozwiązywania równania równoważnego [math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math], gdzie [math]\displaystyle{ a = \frac{A}{D} }[/math], [math]\displaystyle{ b = \frac{B}{D} }[/math], [math]\displaystyle{ c = \frac{C}{D} }[/math], zaś największy wspólny dzielnik liczb [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] jest równy [math]\displaystyle{ 1 }[/math].


Twierdzenie C73
Niech [math]\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{Z} }[/math]. Jeżeli liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, to równanie

[math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math]

ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych.

Jeżeli para liczb całkowitych [math]\displaystyle{ (x_0, y_0) }[/math] jest jednym z tych rozwiązań, to wszystkie pozostałe rozwiązania całkowite można otrzymać ze wzorów

[math]\displaystyle{ x = x_0 + b t }[/math]
[math]\displaystyle{ y = y_0 - a t }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ t }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą.

Dowód

Z założenia liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, zatem największy wspólny dzielnik tych liczb jest równy [math]\displaystyle{ 1 }[/math] i dzieli liczbę [math]\displaystyle{ c }[/math]. Na mocy twierdzenia C71 równanie

[math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math]

ma rozwiązanie w liczbach całkowitych.

Zauważmy, że jeżeli para liczb całkowitych [math]\displaystyle{ (x_0, y_0) }[/math] jest rozwiązaniem równania [math]\displaystyle{ a x + b y = c }[/math], to para liczb [math]\displaystyle{ (x_0 + b t, y_0 - a t) }[/math] również jest rozwiązaniem. Istotnie

[math]\displaystyle{ a(x_0 + b t) + b (y_0 - a t) = a x_0 + a b t + b y_0 - b a t = }[/math]
[math]\displaystyle{ \, = a x_0 + b y_0 = }[/math]
[math]\displaystyle{ \, = c }[/math]

Pokażmy teraz, że nie istnieją inne rozwiązania niż określone wzorami

[math]\displaystyle{ x = x_0 + b t }[/math]
[math]\displaystyle{ y = y_0 - a t }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ t }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą.

Przypuśćmy, że pary liczb całkowitych [math]\displaystyle{ (x, y) }[/math] oraz [math]\displaystyle{ (x_0, y_0) }[/math] są rozwiązaniami rozpatrywanego równania, zatem

[math]\displaystyle{ a x + b y = c = a x_0 + b y_0 }[/math]

Wynika stąd, że musi być spełniony warunek

[math]\displaystyle{ a(x - x_0) = b (y_0 - y) }[/math]

Ponieważ liczby [math]\displaystyle{ a }[/math] i [math]\displaystyle{ b }[/math] są względnie pierwsze, to na mocy lematu Euklidesa (twierdzenie C70) [math]\displaystyle{ b|(x - x_0) }[/math]. Skąd mamy

[math]\displaystyle{ x - x_0 = b t }[/math]

gdzie [math]\displaystyle{ t }[/math] jest dowolną liczbą całkowitą. Po podstawieniu dostajemy natychmiast

[math]\displaystyle{ y - y_0 = - a t }[/math]

Co kończy dowód.









Przypisy

  1. Korzystamy w tym momencie z zasady dobrego uporządkowania zbioru liczb naturalnych, która stwierdza, że każdy niepusty podzbiór zbioru liczb naturalnych zawiera element najmniejszy. (Wiki-pl), (Wiki-en)
  2. Określenie, że „liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ a k + b }[/math]”, jest jedynie bardziej czytelnym (obrazowym) zapisem stwierdzenia, że reszta z dzielenia liczby [math]\displaystyle{ n }[/math] przez [math]\displaystyle{ a }[/math] wynosi [math]\displaystyle{ b }[/math]. Zapis „liczba [math]\displaystyle{ n }[/math] jest postaci [math]\displaystyle{ a k - 1 }[/math]” oznacza, że reszta z dzielenia liczby [math]\displaystyle{ n }[/math] przez [math]\displaystyle{ a }[/math] wynosi [math]\displaystyle{ a - 1 }[/math].
  3. Wikipedia, Primes in arithmetic progression, (Wiki-en)
  4. MathWorld, Prime Arithmetic Progression, (LINK)
  5. J. G. van der Corput, Über Summen von Primzahlen und Primzahlquadraten, Mathematische Annalen, 116 (1939) 1-50, (LINK)
  6. Wikipedia, Largest known primes in AP, (Wiki-en)
  7. Ben Green and Terence Tao, The Primes Contain Arbitrarily Long Arithmetic Progressions., Ann. of Math. (2) 167 (2008), 481-547, (LINK1), Preprint. 8 Apr 2004, (LINK2)
  8. Wikipedia, Primes in arithmetic progression - Largest known consecutive primes in AP, (Wiki-en)
  9. Henryk Dąbrowski, Twierdzenie Czebyszewa o liczbie pierwszej między n i 2n - Uwagi do twierdzenia, (LINK)