задан 19 Янв 1:12

изменен 19 Янв 2:22

%D0%9A%D0%B0%D0%B7%D0%B2%D0%B5%D1%80%D1%82%D0%B5%D0%BD%D0%BE%D1%87%D0%BA%D0%B0's gravatar image


6.3k211

2

Доказательство почти такое как у Евклида. От противного: предположим, что число простых вида 6k-1 конечно. Пусть это числа p(1) < ... < p(s). Рассмотрим число N=6p(1)...p(s)-1. Оно не делится ни на 2, ни на 3, ни на одно из простых чисел вида 6k-1. Значит, в разложении на простые у него все сомножители имеют вид 6k+1 (других простых нет). Но тогда оно само даёт остаток 1 при делении на 6, а это по построению не так.

(19 Янв 1:57) falcao
1

Можно взять и N=4(p(1)...p(s))^2+1

(19 Янв 2:03) spades
1
(19 Янв 3:05) Klin
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,191
×811
×110
×40
×2

задан
19 Янв 1:12

показан
150 раз

обновлен
19 Янв 3:05

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru