Номер 25.45, страница 250 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 5. Числовые последовательности. Параграф 25. Арифметическая прогрессия - номер 25.45, страница 250.

Условие.

25.45. Докажите, что арифметическая прогрессия $(a_n)$, где $a_n = 3n + 2$, содержит бесконечно много простых чисел¹.

Решение.

Данная задача является частным случаем теоремы Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии. Однако её можно доказать и более элементарными методами, которые мы и применим.

Арифметическая прогрессия задана формулой $a_n = 3n + 2$. Будем считать, что $n$ — натуральное число, то есть $n \ge 1$. Члены прогрессии: $5, 8, 11, 14, 17, \dots$. Все члены этой прогрессии при делении на 3 дают в остатке 2, то есть $a_n \equiv 2 \pmod{3}$.

Простые числа, которые могут входить в эту прогрессию, также должны иметь вид $3k+2$. Мы докажем, что существует бесконечно много простых чисел такого вида, и из этого будет следовать утверждение задачи.

Докажем методом от противного. Предположим, что существует лишь конечное число простых чисел вида $3k+2$. Обозначим их все как $p_1, p_2, \dots, p_m$.

Рассмотрим число $P = p_1 \cdot p_2 \cdot \dots \cdot p_m$ (произведение всех таких простых чисел) и построим новое число $N = P^2 + 1$.

Определим, какой остаток дает число $N$ при делении на 3. Каждое простое число $p_i$ из нашего списка по определению не равно 3. Согласно малой теореме Ферма, для любого простого числа $p$, не делящегося на 3, выполняется сравнение $p^{3-1} \equiv p^2 \equiv 1 \pmod{3}$. Следовательно, $p_i^2 \equiv 1 \pmod{3}$ для каждого $i=1, \dots, m$. Тогда произведение их квадратов также будет сравнимо с 1 по модулю 3:$P^2 = (p_1 \cdot p_2 \cdot \dots \cdot p_m)^2 = p_1^2 \cdot p_2^2 \cdot \dots \cdot p_m^2 \equiv 1 \cdot 1 \cdot \dots \cdot 1 \equiv 1 \pmod{3}$. Для числа $N$ получаем:$N = P^2 + 1 \equiv 1 + 1 \equiv 2 \pmod{3}$.

Поскольку $N \equiv 2 \pmod{3}$, число $N$ не делится на 3. Так как $N > 1$, у него должен быть хотя бы один простой делитель. Любой простой делитель $q$ числа $N$ должен иметь вид $3k+1$ или $3k+2$. Если бы все простые делители $N$ имели вид $3k+1$, то их произведение (число $N$) также имело бы вид $3j+1$. (Произведение чисел вида $3k+1$ есть число вида $3j+1$: $(3k+1)(3j+1) = 9kj+3k+3j+1 = 3(3kj+k+j)+1$). Но мы установили, что $N \equiv 2 \pmod{3}$. Это означает, что у числа $N$ должен быть хотя бы один простой делитель вида $3k+2$. Обозначим этот делитель $q$.

Итак, $q$ — простое число вида $3k+2$. Согласно нашему начальному предположению, $q$ должен быть одним из чисел в списке $p_1, p_2, \dots, p_m$. Следовательно, $q$ является делителем их произведения $P = p_1 \cdot p_2 \cdot \dots \cdot p_m$.

Мы пришли к противоречию. С одной стороны, $q$ делит $P$. С другой стороны, $q$ является делителем числа $N = P^2 + 1$. Если $q$ делит $P$, то $q$ делит и $P^2$. Если $q$ делит $P^2$ и $P^2+1$, то он должен делить и их разность: $(P^2+1) - P^2 = 1$. Но простое число не может быть делителем 1. Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным.

Таким образом, существует бесконечно много простых чисел вида $3k+2$.

Вернемся к исходной арифметической прогрессии $a_n = 3n+2$, где $n \ge 1$. Простые числа в этой прогрессии — это как раз простые числа вида $3k+2$, за исключением числа 2 (которое получается при $k=0$; в нашей прогрессии $n \ge 1$, поэтому $a_n \ge 5$). Поскольку множество всех простых чисел вида $3k+2$ бесконечно, то множество этих чисел за вычетом одного элемента (числа 2) также будет бесконечным. Каждое простое число $p > 2$ вида $3k+2$ является членом прогрессии $a_n=3n+2$ при $n=k \ge 1$. Следовательно, арифметическая прогрессия $a_n = 3n+2$ содержит бесконечно много простых чисел, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Арифметическая прогрессия $a_n=3n+2$ содержит бесконечно много простых чисел.