Из истории происхождения простых чисел

21

Міністерство освіти і науки України

ВСП «Комсомольський індустріальний технікум

Приазовського Державного технічного університету»

ІЗ ІСТОРІЇ ВИНИКНЕННЯ ПРОСТИХ ЧИСЕЛ

Підготувала викладач

математики та фізики Кулага Т.Ф.

2015

1. 1. Прості й складені числа

Якщо Ви спроможні виміряти й виразити те,

про що Ви говорите, в числах, то Ви дещо про це знаєте,

але якщо Ви не можете виміряти це й виразити в числах,

Ваші знання бідні й незадовільні.

У. Томсон (Кельвін)

[3, с.15]

Цілі додатні числа 1, 2, 3, 4, 5, … називають, як відомо, натуральними.

Розглянемо довільне натуральне число n Числа, на які ділиться n, називають його дільниками. Будь-яке натуральне число ділиться на 1 і на себе. Крім того, всі натуральні числа можна поділити на два класи:

Числа, які не діляться на жодне число, крім одиниці й самого себе.

Числа, які, крім одиниці й самого себе, мають ще й інші дільники (такі дільники називатимемо власними дільниками цих чисел).[6, с.14]

До першого класу належать, наприклад, числа: 5, 41, 269, а до другого 14, 387, 1065.

Такі два класи натуральних чисел знали ще задовго до нашої ери. Вже тоді вони дістали назви простих і, відповідно, складених чисел.

Одиницю домовились не відносити ні до простих, ні до складених чисел.

Назвемо кілька послідовних простих чисел:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47

Зауважимо відразу, що 2 — єдине парне просте число. Всі інші прості числа — непарні.

Крім того, якщо пересуватись управо вздовж натурального ряду, то прості числа траплятимуться в ньому все рідше і рідше.

Може постати запитання: якщо складених чисел значно більше, ніж простих, то чому вивчати натуральні числа починають з розділу про прості числа? Та й взагалі, чому простим числам приділяється така велика увага в різних математичних дослідженнях? Щоб відповісти на ці запитання, наведемо деякі відомості з теорії чисел.

Число а називається дільником числа n, якщо існує таке ціле число b, що n =а × b. Очевидно, число b також буде дільником n. Отже, кожне складене число можна зобразити у вигляді добутку його власних дільників.

Нехай n = а × b.

Якщо при цьому а і b — складені числа, то і їх, у свою чергу, також можна розкласти на добуток власних дільників: а = p × g ; b = k ×l.

Тоді n = р × g × k × l. Розкладати можна на множники доти, поки всі знайдені множники не будуть простими числами.

Отже, довільне складене число n можна розкласти на добуток простих чисел, кожне з яких буде власним дільником n.[7, с.11]

Наприклад, 200 = 4 50 = (2 × 2) • (5 × 10) == 2 ×2 × 2 × 5 ×5.

Описану операцію називають розкладом числа n на прості множники.

Ось чому дуже важливо на нашу думку детальніше ознайомитися з простими числами. Знаючи властивості окремих співмножників числа n, можна розв’язати багато цікавих задач, що стосуються самого числа n.

1.2. Знаходження простих чисел

Зауважимо, що канонічний розклад числа n на прості множники не містить інформації про кількість простих чисел. Але вже видатний давньогрецький математик Евклід (III ст. до н. е.) довів, що простих чисел нескінченно багато.[5, с.23 ] Міркував він так. Справді, припустимо, що простих чисел скінченна кількість і існує найбільше просте число р. Розглянемо тоді число р= 1 • 3 • 5 • 7 ... р, яке є добутком усіх простих чисел. Число р + 1 не ділиться на жодне з простих чисел, бо в остачі щоразу залишається 1.Тому число р+1 саме є простим числом, більшим за р. Ми прийшли до суперечності. Отже, наше припущення про скінченність простих чисел було хибним, і таких чисел, навпаки, нескінченно багато.

Як же знаходити прості числа? Визначний давньогрецький математик і астроном, історик та географ ( вперше досить точно знайшов величину земного меридіана ) Ератосфен (276 – 196 рр. до н. е. ) запропонував цікавий спосіб знаходження простих чисел, які не перевищують N. Треба записати всі числа від 2 до N. Число 2, як просте, залишити, а всі інші парні числа викреслити. Перше не закреслене число 3 залишити, а всі числа, які діляться на 3, викреслити. Продовжуючи цю процедуру, рано чи пізно викреслимо всі числа, які не перевищують число N і не є простими. Цю процедуру називають решетом Ератосфена. [ 10, с.19]

Існують таблиці простих чисел до 100 000 000. Так, між числами

9 999 900 і 10 000 000 простими є такі:

9 999 901, 9 999 907, 9 999 929, 9 999 931, 9 999 937, 9 999 943,9 999 971,

9 999 973, 9 999 991,

а між числами 10 000 000 і 10 000 100 простими є лише числа 10 000 019 і 10 000 079.

Отже, прості числа з'являються серед натуральних якимсь дуже загадковим законом.

Якщо важко знайти формулу, яка б давала одне за другим усі прості числа, то, можливо, легше знаходити прості числа у послідовностях певного виду? Це й справді так.

У 1840 р. німецький математик Л. Д і р і х л е (1805— 1859) довів,що в арифметичній прогресії l + an ( n= 0, 1,…) початковий член l і різниця a якої – цілі взаємно прості числа, є нескінченно багато простих чисел.[14, с.24]

1.3. Прості числа - близнята

У множині прстих чисел існують так звані «числа – близнята». Близнятами називаються два простих числа, які відрізняються лише на дві одиниці, тобто є послідовними непарними числами. Наприклад , 5 і 7, 11 і 13, 41 і 43, 101 і 103. Близнята трапляються і серед дуже великих чисел:109619 і 109621 або 1000061087 і 1000061089.

Існує гіпотеза, що пари простих чисел – близнят становлять нескінченну множину.[ 8, с.28 ] Але нікому й до цих пір ще не вдалося довести чи спростувати цю гіпотезу.

Інакше кажучи, досі не доведено і не спростовано твердження, що рівняння x– y = 2, де x і y – прості числа, має безліч розв’язків.

Отже, ми познайомилися з іще однією дивною властивістю простих чисел: з одного боку, при достатньо великому n можна як завгодно довго перебирати послідовні натуральні числа n, n+1, n+2, …і не зустріти жодного простого числа, а з іншого, - навіть серед дуже великих натуральних чисел можна зустріти пару простих чисел, що відрізнятимуться одне від одного лише на дві одиниці.[14, с.156]

Прості числа в натуральному ряді чисел, розташовані дуже химерно. Першим глибокі результати проте, як розкидані прості числа серед інших натуральних чисел, отримав великий російський математик Пафнутій Львович Чебишев, засновник і керівник російських математичних досліджень в минулому столітті.[15, с.96]

Про значення відкриття Чебишевим формули для визначення числа простих чисел, можна судити за відгуками великих математиків.

Вважаємо, що вислів знаменитого англійського математика Сильвестра (1814 – 1897), що Чебишев є « переможцем простих чисел» ніщо інше як підтвердження значимості даної формули.[ 5, с.98 ]

1. 4. Прості числа Мерсенна

Прості числа виду

М_р = 2^р —1, (1)

де р — також просте число, називають простими числами Мерсенна на честь французького математика і філософа) Мерсенна (1588—1648), який у 1644 р. склав список таких чисел до 10⁷⁸ (без помилок — лише до 10¹⁸ ).

Зауважимо, що коли n — непарне складене число, то 2ⁿ — 1 буде також складеним числом. Адже, що n = а • Ь, 3 ≤а

2^ав- 1= (2^а- 1 ) ( 2^{а( в -1)} + 2^{а( в -2)} + …..+ 2^а + 1 )

Крім того, при будь-якому парному п ≥ 4, числа виду складені. Таким чином, якщо р не є простим числом, то серед чисел (І) немає простих.

Числа Мерсенна відіграють важливу роль у зв'язку з однією проблемою теорії чисел. Ще Евклід знав, що коли 2^р — 1 є простим числом, то

2^{р -1}( 2^р - 1) (2)

є так званим досконалим числом, тобто числом, що дорівнює сумі своїх істинних дільників(тобто всіх його дільників крім самого числа). Наведемо приклади досконалих чисел

6=1+2 + 3, 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.

Видатний вітчизняний математик Л. Эйлер (1707— 1783) довів, що кожне досконале число має вигляд ( 2)[ 14, с.82]

Чи існує хоч одне непарне досконале число?

Ця проблема не розв'язана до цього часу. Відомо лише, що коли таке число й існує, то воно не менше ніж 10¹⁰⁰ .

Взагалі кажучи, не всі числа Мерсенна є простими. Справді, М_{2 =} 2 – 1 =3, М₃ = 2 – 1=7, М = 2 – 1= 31, М = 2 – 1=127 - прості числа, а М₁₁ =2 – 1=2047 = 23·89 — складене число.

Загальний метод перевірки чисел Мерсенна на простоту полягає у безпосередньому підставлянні значень р, але чим більше р, тим важче таку перевірку здійснити. Проте у 1750 р. Л. Ейлеру вдалося довести, що М₃₁ — просте число. До нього 8 простих чисел Мерсенна, які відповідають значенням

р = 2, 3, 5, 7, 13, 19, 31,

було вже знайдено.

Більше ста років ніхто не міг знайти простого числа Мерсенна, яке б перевищувало число Эйлера М₃₁ ! Але в 1876 р. було доведено, що число 2¹²⁷ -1= 170 141 183 460 469 231 731687 303 715 884 105 727 є простим. Воно має 39 цифр!

Прості числа Мерсенна, які не перевищують М_127, відповідають значенням

р = 61, 89, 107.

Після цього 75 років ніхто не міг знайти нового простого числа Мерсенна.

Нові прості числа виду (1) було відкрито за допомогою швидкодіючих ЕОМ. Так, у 1952 р. встановили, що простими є числа М_р при

р = 521, 607, 1279, 2203, 2281,

у 1958 р. було знайдено просте число М₃₂₁₇, у 1962 р.— ще два простих числа М_Р, які відповідають значенням р = 4253, 4423, а у 1964 р. було доведено, що числа М_Р при р = 9889, 9941, 11 213 є простими.

Таким чином, з часів Евкліда до 1962 р., «урожай» простих чисел Мерсенна становив 23 числа!

У 1971 р. було доведено, що число М_Р при р = 19 937 теж є простим, а у 1978—1983 рр. знайдені ще 4 нових простих числа Мерсенна для р Є [21 000, 182 0101]. Останнє з них 2¹³²⁰⁴⁹ – 1 має 39 751 цифру! Скінченна чи нескінченна множина простих чисел Мерсенна?

Ця проблема не розв'язана до цього часу, хоча питання поставив ще Евклід.

ЧИСЛА ВИДУ М_р=2^ρ-1

1. 5. ПРОСТІ ЧИСЛА ФЕРМА

Зауважимо, що числа виду 2ⁿ+ 1 можуть бути простими лише при n =2^k. Справді, якщо n має принаймні один непарний дільник а 1, то

2ⁿ + 1 = ( 2 + 1) (2^{(а -1)} -2^{( а – 1)} +…- 2 + 1),

де, як легко побачити, при n≥3, а≥ 3 обидва множники більші за 1. Отже, 2ⁿ + 1— складене число.

Французький математик П. Ферма (1601—1665) був упевнений, що всі числа виду

F_k = 2^2k+ 1 (2)

прості (числа F_k називають числами Ферма).

Зауважимо, що цей учений поставив проблему про можливість існування цілих додатних розв'язків невизначеного рівняння

xⁿ + yⁿ = zⁿ. Ця проблема ввійшла в історію математики як велика теорема Ферма. Довести її не вдалося й досі. Але пошуки її доведення стимулювали розвиток цілої математичної дисципліни, яка називається теорією алгебраїчних чисел. [14, с. 123]

Повернемося до чисел Ферма (2). Перші 6 чисел справді виявилися простими: F₀ = 3, F₁= 5, F₂ = 17, F₃ = 257, F₄ = 65537.

Проте гіпотеза Ферма, взагалі кажучи, була помилковою. Ейлер у 1739 р. помітив, що число

F₅ = 4 294 967 297 = 641 . 6700417

вже не є простим. Крім того, він зазначив, що всі дільники числа 2^2k + 1 повинні мати вигляд m 2ⁿ + 1.

Цікаво, що прості числа Ферма F_k відіграють важливу роль у задачі про можливість побудови правильного n-кутника за допомогою циркуля та лінійки. Ще математикам Стародавньої Греції було відомо, що за допомогою циркуля та лінійки можна побудувати правильний n-кутник при деяких значеннях n, наприклад: [7, 54]

3, 6, 12, 24,…

4, 8, 16, 32, ...;

5, 10, 20, 40,…

15, З0, 60, 120, ... .

І ось у 1801 р. німецький математик К. Ф. Гаусc (1777—1855) довів, що правильний n-кутник можна побудувати за допомогою циркуля та лінійки тільки .тоді, коли число його сторін n дорівнює 2^ά·p ….p (ά≥ 0, ѕ ≥ 1), де всі прості числа р_i є простими числами Ферма.

Зауважимо, що серед перших 1000 значень n (n 1) всього 54 числа такого виду.

Відкриття Гаусса загострило інтерес до пошуку простих чисел Ферма. Багато математиків шукали серед чисел Ферма прості. Але жодного нового числа Ферма навіть за допомогою ЕОМ так і не було знайдено.

Чи існує принаймні одне просте число серед чисел виду F_k = 2^2k + 1 при к≥5?

Ця проблема теж не розв'язана. Відомо лише, що числа F_k cкладені при

k = 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 18, 19, 21, 23, 25, 26, 27, ЗО, 32, 36, 38, 39, 42, 52, 55, 58, 63, 73, 77, 81, 117, 125, 144, 150, 207, 226, 228, 250, 267, 268, 284, 316, 452, 1945.

ЧИСЛА ВИДУ

1.6. Теорема Ейлера – Гольдбаха – Виноградова про прості числа

Ознайомлюючись з простими числами, ми вже зустрічалися з кількома цікавими проблемами, що не розв’язані ще й досі.

Однією з найвідоміших проблем теорії чисел є проблема Гольдбаха. Історія виникнення її така.

Христіян Гольдбах(1690 – 1764 рр.) – математик, член Петербурзької Академії наук, тривалий час листувався з Леонардом Ейлером. У своєму листі від 7 червня 1742 року він зауважив: « мабуть, кожне число, більше за одиницю, є сумою трьох простих чисел ». 30 червня 1742 року Ейлер відповів йому:«Те, що кожне парне число є сумою двох простих чисел, я вважаю цілком правильною теоремою, хоча й не можу довести її». Це твердження і ввійшло в історію під назвою «проблема Гольдбаха». [5.с.101]

Кожний, хто захоче перевірити цю гіпотезу на прикладах, переконається в емпіричній очевидності її.

Насправді, 4=2+2, 6=3+3, 8=5+3, 10=7+3,….1000=809+191 тощо.

Якщо ж серйозно підійти до задачі, то вона надзвичайно важка. Труднощі пояснюються тим, що поняття простого і парного чисел визначаються у термінах множення, а в умові йдеться про операцію додавання.

Робилось дуже багато спроб довести теорему, але всі вони були марні.

Ще в 1922 році визначний англійський математик Харді заявив, що для доведення цієї теореми не вистачало на той час математичних знань, необхідні нові методи.

Лише в 1930 році з’явилася блискуча праця молодого радянського математика

Л. Г. Шнірельмана (1905 – 1938 рр.), у якій було доведено, що кожне натуральне число можна подати у вигляді суми не більш як 800000 простих чисел. Хоч цей результат здається мізерним, порівняно із самою проблемою Гольдбаха, проте він був кроком уперед. Трохи пізніше кількість доданків зменшена була до 67.

А в 1937 році радянському вченому математику І. М. Виноградову вдалося , користуючись складними аналітичними методами, довести, що кожне досить велике натуральне число є сумою трьох простих чисел. [ 5, с.104]

Але число, починаючи з якого вірне твердження Виноградова, неймовірно велике, поки що, на жаль, навіть за допомогою найкращих ЕОМ не вдалося перевірити, чи вірно це твердження для всіх інших чисел.

В розвитку будь - якого розділу математики найважливішим є створення нових методів.

Отже, відкриття І. М. Виноградовим його методу доведення на нашу думку стало ключем при розв’язуванні інших математичних питань.

СТВОРЕННЯ ЗБІРНИКА « ПРОСТІ ЧИСЛА В ОЛІМПІАДНИХ ЗАДАЧАХ »

2.1. Прості числа в олімпіад них задачах

Усе впорядковується відповідно до чисел ( VІ ст.. до н. е.)

Піфагор [ 5, с.19 ]

Опрацювавши наукову літературу з даної теми, ми переконались, що задачі і теореми, доведені сотні й тисячі років тому, захоплюють нас своєю красою, витонченістю логічних міркувань так само, як захоплювали всі попередні покоління. Кількість цікавих задач і теорем пов’язаних з простими числами не зменшується, навпаки, систематично зростає. Тому нами були розглянуті задачі які використовуються при проведенні олімпіад з математики на прості числа а також зроблений аналіз наявності задач підвищеної трудності на властивості простих чисел, що містять сучасні підручники. В кожному з них приділяється значна увага даним завданням.

Отже, в 6 класі таких задач 10, а 7 – 9 класах по 8 задач.

Саме це систематичне зростання кількості цікавих проблем, пов’язаних з простими числами, і велика їм увага послужили згрупувати завдання на властивості простих чисел, які вміщені в матеріалах для проведення математичних олімпіад всіх її рівнів та в підручниках з математики основної школи.

Більшість задач, що стосуються простих чисел, розв’язати дуже важко, тому зібрані елементарні задачі підвищеної трудності, які доступні учням 6 – 9 класів, любителям математики.

Групуючи задачі на прості числа, ми виходили з того, що розв'язування олімпіадних завдань повинно стимулювати потяг учнів до самоосвіти, викликати поглиблений інтерес до математики, настирливість, вміння долати труднощі, виробляти навички роботи з довідковою та науково - популярною літературою.

Розв'язуючи задачі, шукаючи їх розв'язки розвиватиметься вміння логічно мислити, аналізувати, порівнювати, зіставляти, виконувати узагальнення, підвищуватиметься рівень математичної грамотності.

Задачі, запропоновані в збірці.

1. Довести, що дріб є нескоротним тоді і тільки тоді , якщо b і d взаємно простими.

2. Дроби звели до спільного знаменника і додали. Довести, що якщо число р– просте і р 2 то чисельник одержаного дробу ділиться на р.

Знайдіть усі прості числа x та y , для яких є правильною рівність

а ) 3x -y =12; б) x + y =31; в) x² - y² =21.

4. На дошці записано 102 послідовних натуральних числа. Чи можна розбити їх на дві групи так, щоб сума чисел у кожній групі була простим числом ( у кожній групі має бути не менше ніж два числа) ?

5. Довести, що p²-q² ділиться на 24, якщо p і q – прості числа, більші від 3.

6.Знайти всі прості p, для яких число p²+14 також буде простим числом

7. Якщо 1 2 3….(п — 2) (п — 1) + 1 ділиться на п, то п — просте число. Довести це.

8. Знайти всі прості числа виду 1 + nⁿ, менші від 10¹⁹ (n - натуральне число).

9. Довести, що p² - 1 ділиться на 24, якщо p будь яке – просте число, більші від 3.

10. Довести, що якщо a і b взаємно прості натуральні числа, то рівняння ax + by = ab не має розв'язків в множині натуральних чисел.

11. a, b, p— будь які цілі числа. Довести, що знайдуться такі натуральні взаємно прості числа k, l, що ak + bl ділиться на p.

12. Довести, що при будь якому натуральному n 1 значення виразу не може бути простим числом:

а ) n⁴ + 4; б) n⁴ + n ²+1.

13.Дослідити, просте чи складене число 2¹⁹⁶⁸ + 1.

14. Знайти всі пари простих чисел p і q, які задовольняють рівність р² - 2 q² = 1.

15. Довести, що коли m 2 (m є N), то сума всіх натуральних чисел, менших від m і взаємно простих з m ( у тому числі й 1), кратна m.

16. Чи існують такі цифри а і b, b a, що різниця буде простим числом?

17.Чи існують такі числа m ≥2 і n ≥2 , що p = m²+ 2n – 1 буде простим дільником числа m + 2n² + 1 ?

18. Нехай x , y , z – натуральні числа. Чи може число x³ + y ³ + z³ -3xyz бути простим натуральним числом?

19.Нехай x , y – натуральні числа. Чи може число

x ² + x y - 2y ² + 5x + 4y + 6 бути простим натуральним числом?

20.Довести, що число 2¹⁰ + 5¹² – не є простим.

2. 2.Розв’язки та відповіді

5.Розв'язання. Кожне з простих чисел р та q можна подати як Зk — 1 або 3k + 1. Але р² = (Зk ± І)² = 9k² ± 6k +1. q^г = (Зn ± 1)² = 9n² ± 6n + 1. Отже, їх різниця ділиться на 3. р² —q² = (p +q)(p - q).

Оскільки p та q непарні числа, то вираз в одних дужках ділиться на 4, а в других — на 2, отже, їх добуток ділиться на 8.

6. Розв'язання. .Як і в попередніх задачах, маємо: р² + 14 = (Зk ± 1)² + 14 = 9k² ± 6k + 15 = 3 (Зk² ± 2к + 5). Отже, для будь-якого к вираз ((Зк ± І)² + 14) ділиться на 3. Тому прості числа, які можна подати як Зк ± 1, не задовільняють умови задачі. Отже, р = 3, звідки З² + 14 = 23 — просте число.

7.Розв'язання. Нехай n — складене число. Тоді воно має дільник р, причому 1

8. Розв'язання. Якщо n= 1, то 1 + nⁿ = 2 — просте число; якщо n = 2, то 1 + nⁿ = 5 — просте число; якщо n = 4, то 1 + nⁿ = 257 — просте число. Оскільки 16¹⁶ 10¹⁹, то потрібно розглядати лише п ^п — парне число, яке не може бути простим. При n = 6 маємо суму 6⁶ + 1, яку можна розкласти на множники, як суму третіх степенів 6⁶ + 1 = З6³ + 1 • Так само суми 8⁸ + 1 = 2²⁴ + 1= 256³+1; 10¹⁰+ 1 = 100⁵ + 1; 12¹² + 1 = (12⁴)³ + 1; 14¹⁴ +1 = 197⁷ + 1 теж розкладаються на множники. Отже, лише при n = 1, п = 2, п = 4 дістаємо прості числа.

9. Розв'язання. p ² - l = (р - 1) (p+1)/Так як р— просте число, то р -1 і р +1 — два послідовних парних числа. Значить, одне із них ділиться на 2, а друге — на 4, тобто добуток ділиться на 8. Розглянемо три числа р - 1, р, р + 1. Це три послідовних натуральних числа. Значить, одно із них кратне трьом. Але р - просте число, більш трьох. Воно не може ділиться на З. Отже, або р - 1, або р + 1 ділиться на 3. Звідси випливає, що р² — 1 ділиться на два взаємно простих числа 8 и 3. Значить, воно ділиться на їх добуток.

10. Розв'язання. ах + by = ab. Перший доданок ділиться на а і сума ділиться на а. Значить, і другий доданок ділиться на а. Але а і b взаємно прості. Звідси випливає, що на а повинно ділиться у. Тоді у = d · а, де d Є N. Одержуємо: ах + bad = ab, звідси х + bd = 6, що неможливо, так як x+bd b.

11. Розв'язання. Нехай НСД чисел b і р - а дорівнює d. Припустимо тоді

Очевидно, k і l взаємно прості. Потім,

але d — дільник b, значить, ціле число . Позначимо його r. Тоді аk + bl = rр. Твердження доведено.

12.Розв'язання. а) n⁴ + 4 = n⁴ + 4 - 4n² + 4n² = ( n² + 2)² - 4n²; б) n⁴ + n² + 1= n ⁴+ n² + 1 + n² - n² = (n² + 1)² - n² .

13. Розв'язання. Оскільки 1968 = 3 • 656, то задане число можна записати так: 2¹⁹⁶⁸+ 1= (2⁶⁵⁶)³ + 1 = (2¹³¹² + 1) (2¹³¹² 2⁶⁵⁶ + 1), тобто його можна розкласти на два множники, кожен з яких є цілим числом і не дорівнює 1. Отже, 2¹⁹⁶⁸ + 1 — складене число.

14. Розв'язання. Зазначимо, що ті цілі значення р, які задовольняють рівність р² — 2q² = 1, повинні бути більші за 2. Запишемо дане рівняння у вигляді

Оскільки р 2 — просте число, то воно непарне і, отже, (р -1)(р+ 1) ділиться на 8 (один із співмножників ділиться на 2, другий—на 4). Таким чином, ліва частина рівності ділиться на 4.Тоді на 4 повинна ділитися й права частина, тобтоq². Оскільки q — ціле число, то це можливо тільки тоді, коли q— парне число. Єдиним парним простим числом є 2. Отже, q=2. Підставляючи це значення в задане рівняння, знаходимо р = 3. Звідси єдиною парою простих чисел, які задовольняють дане рівняння, є р = 3, q = 2.

15.Розв'язання. Нехай к — довільне натуральне число, яке взаємно просте з m і менше, ніж n. Тоді числа m — к також взаємно прості, оскільки в противному разі існувало б таке натуральне число n ≠ 1, при якому одночасно виконуватимуться рівності m — к = пр;(1) т = nq, (2) де p і q— деякі натуральні числа. З цих рівностей випливає, що k = n(q - р), а це, якщо взяти до уваги рівність (2), суперечить що числа к і т взаємно прості. Таким чином, кожному натуральному к, меншому від т і взаємно простому з ним, відповідає число m - k, яке також взаємно просте з m, причому різним к відповідають різні числа m — к. Отже, всі числа, менші від т і взаємно прості з ним, можна розбити на пари (к; m — к), серед яких немає рівних, бо m 2. Оскільки сума чисел кожної пари дорівнює m, то сума чисел усіх таких пар, тобто всіх чисел, менших від m і взаємно простих з m, кратна m, а отже, ділиться на m, що й треба було довести.

17. Розв'язання. Таких чисел не існує. З тотожності

(m² -1 + 2n)(m² -1-2n) = m⁴ -2n² + 1-2(m² + n²) одержимо, що 2(m +п^{2) :} .т² + 2n - 1. Оскільки р 2, то р — просте непарне число. Отже, m +n :m +2n-1. Звідси, з врахуванням рівності m +n = m +2n-1 + , випливає, що (п-І) :m +2n-1. Оскільки m +2n-1 = р — просте число, то

n-:m +2n-1, що неможливо, бо m +2n-1 n-1.

16. Розв’язання. Ні, не існують. Оскільки у зменшуваного і від'ємника однакова сума цифр (вона дорівнює аЬ), то вони під час ділення на 9 дають однакову остачу. Отже, їхня різниця ділиться на 9 і не менша від 9, тому вона не буде простим числом

18. Розв’язання. Так. Міркуємо наступним чином: нехай, наприклад, x = y , тоді число x³ + y ³ + z³ -3xyz = 2x³ + z³ - 3x² z може бути простим, коли числа х і z – різної парності. Наприклад, при x = y = 2 і z = 1

x³ + y ³ + z³ -3xyz = 8+ 8+ 1- 3 .2 .2 = 5 – просте; при x = y = 2 і z=3.

x³ + y ³ + z³ -3xyz = 8+ 8+ 27 - 3 .2 .2 .3 = 7, при x = y = 4 і z = 3 :

x³ + y ³ + z³ -3xyz = 11, або при x = y = 4 і z = 5:x³ + y ³ + z³ -3xyz = 13 і ін.

19. Розв’язання. Розглянемо наш вираз як квадратний тричлен відносно невідомої змінної x та розкладемо його на множники:

x ² + x y - 2y ² + 5x + 4y + 6 = x² + x(y + 5) + (-2y ² + 4y + 6) ;

D = (y + 5)² - 4 . (-2y ² + 4y + 6) = 9y ² - 6y + 1= (3y - 1)² 0, y Є N .

x₁,₂ = ; x₁ = -2y - 2, x₂ = y - 3

А тоді отримаємо:

x² + x y - 2y ² + 5x + 4y + 6 = (x - y + 3) . (x + 2y + 2) . Цей добуток може бути простим, якщо менший з множників дорівнює одиниці, а більший є простим числом. При y = 1 перший множник менший за другий, а тому число може бути простим, тільки якщо x - y + 3 = 1 x = y - 2 y 3 , оцінимо, яким є другий множник: x + 2y + 2 = (y - 2) + 2y + 2 = 3y 3 і є непростим для усіх y 3. Очевидно, якщо y = 1, 2, - перший множник не дорівнює одиниці, другий за нього – більший, а тому число є складеним.

Відповідь: число не може бути простим

21