Infiniti primi p tali che 8|p-5

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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Infiniti primi p tali che 8|p-5

Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 14:00

Mostrare adesso che esistono infiniti primi p tali che 8|p-5.
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gismondo
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Messaggio da gismondo » 17 dic 2009, 16:17

Quindi mostrare che esistono infiniti primi della forma 8k+5
8k + 4 +1 = 4(2k+1) +1
2k+1=a
esistono infiniti primi della forma 4a+1?
supponiamo di no, allora ne faccio il prodotto e lo chiamo P
consdiero 4P+1, esso è primo a patto di scegliere k non multiplo di 3 (e possiamo sempre farlo...)
quindi esiste un altro primo di questo tipo, l'ipotesi che fossero finiti è assurda
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jordan
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Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 16:53

gismondo ha scritto:...consdiero 4P+1, esso è primo ...
Chi te l'ha detto, mago merlino? :lol:
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ndp15
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Messaggio da ndp15 » 17 dic 2009, 17:08

Si aggiusta considerando $ P^2 $ e ricordando che i numeri nella forma $ m^2+1 $ non si fattorizzano con i primi di forma $ 4n-1 $.
@gismondo:a parte l'errore, perchè poi dici che k non deve essere multiplo di 3?

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jordan
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Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 17:14

Non si aggiusta manco cosi. E poi io ho chiesto 8k+5, non 4k+1 (che è più debole, e in ogni caso sbagliato anche cosi).
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gismondo
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Messaggio da gismondo » 17 dic 2009, 17:19

perchè avevo pensato come se tutti i numeri primi fossero della forma 4a+1, quindi rimaneva da dimostrare che 4P+1 non fosse divisibile per 3 (essendo questo non di quella forma)...
in ogni caso consideriamo $ (N!)^2+1 $, il suo più piccolo divisore è maggiore di N, quindi $ (N!)^2\equiv -1 \pmod p $
elevo entrambi i membri alla (p-1)/2 e per il piccolo teorema di Fermat ho che
(p-1)/2 deve essere pari, ovvero che p è della forma 4k+1, per ogni N.
(4k+1 è più debole di 8k +5, davvero?)
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jordan
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Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 17:29

gismondo ha scritto:perchè avevo pensato come se tutti i numeri primi fossero della forma 4a+1, quindi rimaneva da dimostrare che 4P+1 non fosse divisibile per 3 (essendo questo non di quella forma)...
Neanche 2, o 7 sono di quella forma (e neanche tutti gli alti infiniti primi della forma 4k-1), quindi? :roll:
gismondo ha scritto:in ogni caso consideriamo $ (N!)^2+1 $, il suo più piccolo divisore è maggiore di N, quindi $ (N!)^2\equiv -1 \pmod p $
elevo entrambi i membri alla (p-1)/2 e per il piccolo teorema di Fermat ho che
(p-1)/2 deve essere pari, ovvero che p è della forma 4k+1, per ogni N.
Dovresti ancora dimostare che ne esistono infiniti per cui quel tuo k sarebbe dispari :?
gismondo ha scritto:(4k+1 è più debole di 8k +5, davvero?)
$ \{n \in \mathbb{Z}:\exists k \in \mathbb{Z}\text{ tale che }n=8k+5\}\subseteq \{n \in \mathbb{Z}:\exists t \in \mathbb{Z}\text{ tale che }n=4t+1\} $
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ndp15
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Messaggio da ndp15 » 17 dic 2009, 17:40

jordan ha scritto:Non si aggiusta manco cosi. E poi io ho chiesto 8k+5, non 4k+1 (che è più debole, e in ogni caso sbagliato anche cosi).
Scusa se persevero, ma se io dimostro che esistono infiniti $ \displaystyle a $ per cui $ 4a+1 $ è primo, esisteranno anche infiniti $ \displaysytle k=\frac {a-1}{2} $ tali che $ 4(2k+1)+1=8k+5 $ è primo. Dove sbaglio?

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jordan
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Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 17:47

Sbagli perchè non sai se quel tuo a è definitivamente pari da un certo punto in poi...

Ok, esistono infiniti primi della forma 4k+1, ma perchè da un certo punto in poi non posso tutti solo della forma 8k+1?
Credo che adesso sia chiaro..
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ndp15
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Messaggio da ndp15 » 17 dic 2009, 17:53

Chiaro, grazie mille!

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Messaggio da kn » 17 dic 2009, 18:45

Se sono in numero finito, diciamo $ \displaystyle~n $, li chiamo $ \displaystyle~q_1,q_2,...,q_n $. Allora considero $ \displaystyle~Q=(2q_1q_2\cdots q_n)^2+1 $: essendo $ \displaystyle~q_1q_2\cdots q_n $ dispari, $ \displaystyle~8\nmid (2q_1q_2\cdots q_n)^2 $, quindi $ \displaystyle~Q=(2q_1q_2\cdots q_n)^2+1\equiv 4+1\equiv 5\pmod 8 $. $ \displaystyle~Q>1 $, quindi è scomponibile in fattori primi (dispari). Un divisore primo $ \displaystyle~p $ di $ \displaystyle~Q $ deve realizzare $ \displaystyle~(2q_1q_2\cdots q_n)^2\equiv -1\pmod p $, da cui $ \displaystyle~p\equiv 1(4) $ (dovendo avere -1 come residuo quadratico). Dunque $ \displaystyle~p\equiv 1\pmod 8 $ oppure $ \displaystyle~p\equiv 5\pmod 8 $. Se tutti i divisori primi di $ \displaystyle~Q $ fossero $ \displaystyle~\equiv 1\pmod 8 $ allora lo sarebbe anche $ \displaystyle~Q $, essendo il prodotto di potenze di questi (in contraddizione con quanto trovato prima). Dunque esiste almeno un primo $ \displaystyle~q\equiv 5\pmod 8 $ che realizza $ \displaystyle~(2q_1q_2\cdots q_n)^2\equiv -1\pmod q $. Se $ \displaystyle~q $ coincidesse con un $ \displaystyle~q_i $ per qualche $ \displaystyle~i $ sarebbe $ \displaystyle~(2q_1q_2\cdots q_n)^2\equiv 0\pmod q $, da cui per confronto $ \displaystyle~-1\equiv0\pmod q $, assurdo. Dunque questo $ \displaystyle~q $ è un altro primo $ \displaystyle~\equiv 5\pmod 8 $ distinto dagli altri, che supponevamo essere gli unici, assurdo. Segue che sono infiniti.

Bonus cattivo: Mostrare che esistono infiniti primi p tali che 8|p-3.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

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jordan
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Messaggio da jordan » 17 dic 2009, 19:44

kn ha scritto:Bonus cattivo: Mostrare che esistono infiniti primi p tali che 8|p-3.
Molto bene kn. Se per assurdo $ S:=\{p \in \mathbb{P}:8\mid p-3\} $ e $ |S|<+\infty $ allora $ \displaystyle x:=\left(\prod_{p\in S}{p}\right)^2+2 $ vale $ 3 $ in $ \mathbb{Z}/8\mathbb{Z} $ e per ogni $ q \in \mathbb{P}\setminus\{2\} $ vale $ \displaystyle \left(\frac{-2}{q}\right)=1 $ se e solo se $ \displaystyle \left\{\frac{q-1}{8}\right\}\left\{\frac{q-3}{8}\right\}=0 $. Ma tutti i divisori primi di $ x $ non possono avere residuo $ 1 $ in $ \mathbb{Z}/8\mathbb{Z} $, da cui la tesi. []
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Sugaretto
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Messaggio da Sugaretto » 20 dic 2009, 13:16

Salve a tutti.

Io ho pensato una cosa ma forse mi sono perso qualche dettaglio che fa saltare tutto e sto per dirla grossa haha
cmq... se devo dimostrare che ci sono infiniti primi della forma 8k+5 posso scrivere 8k+5=p ma quindi è come dimostrare che preso un qualunque primo p ci sono infiniti k della forma k=(p-5)/8 ma p-5 è sempre pari quindi è un numero della forma 2a... allora tutto si riduce a dimostrare che esistono infiniti k della forma k=2A/8=A/4 ovvero esistono infiniti A della forma 4k... cioè dimostrare che i multipli di 4 sono infiniti il che è vero.

In attesa di conferma / smentita :D
3+2 = 3chak3
3*2 = 3+3
3^2 = 3*3
3swush2 = 3^3

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Messaggio da Sugaretto » 20 dic 2009, 13:28

Ah mi ero dimenticato un pezzo!
Se la mia dimostrazione è giusta allora si dimostra anche che esistono infiniti primi della forma p=(2a)b+(2c-1) in quanto 2a è sempre pari, come 8 nella forma precedente, e 2c-1 è sempre dispari, come 5 nella forma precedente.
Con lo stesso procedimento di prima equivarrebbe a dire che esistono infiniti b della forma b=(p-(2c-1))/(2a) ma p-(2c-1) è sempre un 2d pari quindi b=2d/2a=d/a ovvero esistono infiniti b esprimibili come frazione d/a, e come è noto l'insieme dei razionali è infinito.
3+2 = 3chak3
3*2 = 3+3
3^2 = 3*3
3swush2 = 3^3

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Haile
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Messaggio da Haile » 20 dic 2009, 13:55

Sugaretto ha scritto:Salve a tutti.
cmq... se devo dimostrare che ci sono infiniti primi della forma 8k+5 posso scrivere 8k+5=p ma quindi è come dimostrare che preso un qualunque primo p ci sono infiniti k della forma k=(p-5)/8 ma p-5 è sempre pari quindi è un numero della forma 2a...
Salve.

Se ho capito quel che scrivi, direi che è sbagliato. Non è "come dimostrare che preso un qualunque primo p ci sono infiniti k della forma k=(p-5)/8". Se la giri così, devi dimostrare che esistono infiniti primi tali che (p-5) è divisibile per 8. Il fatto che (p-5) sia pari non dimostra però nulla!
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

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