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Re: [obm-l] Teoria dos Numeros



Mas espere, 6m-1=m-1 mod 5.Logo (6m-1)(6n-1)+4=mn-m-n mod 5.Sera que da para arrancar alguem mod 5?
Se mn=m+n mod 5 entao nao da primo


Claudio Buffara <claudio.buffara@terra.com.br> wrote:
on 17.04.04 10:56, Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet at peterdirichlet2002@yahoo.com.br wrote:

Seja X o conjunto dos primos tais que se a e b sao dois elementos dele entao ab+4 e a^2+4 tambem estao.Prove ou disprove: X e vazio


Inicio de solucao:
  
Suponhamos que X <> vazio e seja n um elemento de X.
Eh facil ver que n > 2.
Alem disso, n > 3, pois se 3 pertencesse a X, teriamos:
3^2 + 4 = 13 em X ==>
3*13 + 4 = 43 em X ==>
13^2 + 4 = 173 em X ==>
43*173 + 4 = 7443 em X ==>
contradicao, pois 7443 = 3*2481 eh composto.

Agora, um primo p > 3 eh da forma 3k + 1 ou 3k + 2.
Se p = 3k + 1 pertence a X, entao:
p^2 + 4   e   p*(p^2 + 4) + 4 = p^3 + 4p + 4 pertencem a X.
Mas p^3 + 4p + 4 = (p^3 - p) + 3*(p + 1) + (2p + 1).
Alem disso:
p^3 - p eh multiplo de 3, pelo pequeno teorema de Fermat;
3*(p + 1) eh multiplo de 3 (obviamente);
2p + 1 = 2*(3k + 1) + 1 = 3*(2k + 1) eh multiplo de 3.
Ou seja, p*(p^2 + 4) + 4 eh multiplo de 3 e, portanto, composto ==>
contradicao ==>
nenhum primo da forma 3k + 1 pertence a X.

Em suma, se algum primo pertence a X, ele serah da forma 3k + 2.
Mais ainda: se k for par (por exemplo, k = 2m, com m > 0), teremos que:
3k + 2 = 3*(2m) + 2 = 2*(3m + 1) eh par e, portanto, nao pode pertencer a X.

Logo, se algum primo pertence a X, ele serah da forma 3*(2m-1) + 2 = 6m - 1, com m > 0.

De fato, podemos dizer que m > 1, pois se 5 pertencesse a X, entao:
5^2 + 4 = 29 pertence a X ==>
29^2 + 4 = 845 pertence a X ==>
contradicao, pois 845 eh multiplo de 5.

Por enquanto isso foi tudo que eu consegui e suspeito que tenha sido a parte mais facil. Enfim, jah eh um comeco!


[]s,
Claudio.


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