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[讨论] 连续2n个自然数中至少有2个不能被小于2n的奇素数整除

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发表于 2019-11-11 20:45:50 | 显示全部楼层 |阅读模式

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知乎上(https://www.zhihu.com/question/354990585)看到的
题目挺漂亮
把玩了一天,没做出来
放到坛子里大家一起玩好了

Remark:题目中的“2”不可改进。
记f(n)为小于n的全体奇素数的乘积,则对$(f(n)-1)/2-n+1,(f(n)-1)/2-n+2, ..., (f(n)-1)/2+n$这连续2n个自然数,只有$(f(n)-1)/2,(f(n)+1)/2$这两个自然数不能被任何小于2n的奇素数整除

我尝试着给了一个证明思路
但写起来有点太麻烦了,不确定大家有没有什么简单的证法

补充内容 (2019-11-12 23:23):
昨天试着补充题目信息的时候发现了证明,但证明有点繁琐……要发上来吗?

补充内容 (2019-11-13 12:35):
我尝试给出的证明有误……对题目难度估计有误……这玩意的一个推论是Dirichlet定理……吓死宝宝了
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-11-13 22:30:50 | 显示全部楼层
这个结论可以推出:在$(n-1)^2$到$n^2$之间至少有两个素数,所以不太可能证的出来。

补充内容 (2019-11-18 22:29):
更正:好像只能推出这个区间里至少有2个形如$2^k*p$的数

点评

其实可以推出来的,毕竟我们可以在mod (2n+1)!!意义下考虑这个问题,然后我们可以把连续的整数随便乘除2(不影响整除性)的幂次变成连续的奇数或者更见鬼的数。  发表于 2019-11-24 06:12
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2019-11-24 06:21:12 | 显示全部楼层
lsr314 发表于 2019-11-13 22:30
这个结论可以推出:在$(n-1)^2$到$n^2$之间至少有两个素数,所以不太可能证的出来。

补充内容 (2019-11-18 ...

神奇的知乎上已经给出反例了
构造反例的方法相当巧妙,对任意的t,考察t-n,...,t+n

把素数拆成两部分,一部分保持整除性不变(或者说,这部分作为我们要考虑的t的因子),另一部分用于保证形如t±2^k这样的数字能够被整除
整除t-n到t+n之间没有形如t±2^k的数字只需要全体小于n的素数
于是如果全体大于n而小于2n的素数比小于n的形如t±2^k的数字多,那么完成证明是相当容易的事情。

就比如

  1. a=[-32,-16,-8,-4,-2,-1,1,2,4,8,16,32]
  2. b=a;k=K=52;for(i=1,length(a),b[i]=k=nextprime(k+1))
  3. c=b;for(i=1,length(a),c[i]=Mod(-a[i],b[i]))
  4. c
  5. chinese(c)
  6. pr=1;forprime(p=3,K,pr*=p);
  7. od=1;forprime(p=K+1,2*K,od*=p);
  8. t=lift(Mod(pr*lift(Mod(1/pr,od))*lift(chinese(c)),pr*od))
复制代码


求得t=11701745377968323328979012273722944210400
for(i=-52,oo,if(gcd(t+i,pr*od)==1,print(i);break))
得到59
也就是从t-52到t+59这连续112个数字,每一个都有大于2小于2n的素因子
(在做映射的时候,53比较凑巧被某个数字整除了,所以这个界是不对称的)
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