نرمز لمجموعة الأعداد الأولية بـ
$\displaystyle{\displaylines{\mathbb{P} = \{2,3,5,7,11,\cdots\}}}$نرمز للعدد الأولي من الرتبة
$\displaystyle{\displaylines{i}}$ بـ
$\displaystyle{\displaylines{p_i}}$ :
$\displaystyle{\displaylines{p_1=2, p_2=3,\cdots}}$ليكن
$\displaystyle{\displaylines{k \in \mathbb{N}^{*}}}$, نُعرف العدد
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ :
$\displaystyle{\displaylines{N_k = p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_k}}$ليكن
$\displaystyle{\displaylines{n \in \mathbb{N}^{*}}}$, نُعرف مؤشر أويلر Indicatrice d'Euler
$\displaystyle{\displaylines{\phi(n)}}$ بعدد الأعداد الأولية مع
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ والأصغر من
$\displaystyle{\displaylines{n}}$نقبل أن :
$\displaystyle{\displaylines{\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \quad \phi(n) = n {\small \prod_{\substack{p | n \\ \text{p premier}}} \left({\normalsize 1 - \dfrac{1}{p}}\right)}}}$
1) أحسب $\displaystyle{\displaylines{\phi(600)}}$
2) أحسب $\displaystyle{\displaylines{\phi(N_k)}}$ من أجل $\displaystyle{\displaylines{k \in \mathbb{N}^{*}}}$
3) أحسب $\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ و $\displaystyle{\displaylines{\phi(N_k)}}$ من أجل $\displaystyle{\displaylines{k=4}}$.
4) بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{\forall k \in \mathbb{N}, k \geq 2 , \quad p_{k+1} < N_k}}$ثم استنتج أن مجموعة الأعداد الأولية غير منتهية.
5) ليكن $\displaystyle{\displaylines{n < N_k}}$ بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1 \iff (N_k-n) \wedge N_k = 1}}$6) استنتج أن : $\displaystyle{\displaylines{p_{k+1}+p_{k+2} < N_k}}$
7) بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{n \notin \mathbb{P} \implies \exists a \in \mathbb{N} , \quad a | n \text{ et } 2 \leq a \leq \sqrt{n}}}$8) بين أن :
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1 \text{ et } 1 < n < p_{k+1}^2 \implies n \in \mathbb{P}}}$لدينا
$\displaystyle{\displaylines{600 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5^2}}$, إذن :
$\displaystyle{\displaylines{\begin{array}{rcl}\phi(600) & = & 600 \displaystyle {\small \prod_{\substack{p | 600 \\ \text{p premier}}} \left({\normalsize 1 - \dfrac{1}{p}}\right)} \\& = & 600 \, \left( 1 - \dfrac{1}{2} \right) \, \left( 1 - \dfrac{1}{3} \right) \, \left( 1 - \dfrac{1}{5} \right) \\& = & 160 \end{array}}}$إذن يوجد
$\displaystyle{\displaylines{160}}$ عدد أصغر من
$\displaystyle{\displaylines{600}}$ وأولي مع
$\displaystyle{\displaylines{600}}$.
لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{N_k = p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_k}}$, إذن :
$\displaystyle{\displaylines{\begin{array}{rcl}\phi(N_k) & = & N_k \displaystyle {\small \prod_{\substack{p | N_k \\ \text{p premier}}} \left({\normalsize 1 - \dfrac{1}{p}}\right)} \\& = & N_k \, \left( 1 - \dfrac{1}{p_1} \right) \, \left( 1 - \dfrac{1}{p_2} \right) \cdots \left( 1 - \dfrac{1}{p_k} \right) \\ \\& = & (p_1 - 1) (p_2 - 1) \cdots (p_k - 1) \end{array}}}$
لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\begin{array}{rcl}N_k & = & p_1 \, p_2 \, p_3 \, p_4 \\& = & 2\times 3 \times 5 \times 7 \\& = & 210 \end{array}}}$ولدينا حسب السؤال السابق :
$\displaystyle{\displaylines{\begin{array}{rcl}\phi(N_k) & = & (p_1 - 1) (p_2 - 1) (p_3 - 1) (p_4 - 1) \\& = & 1 \times 2 \times 4 \times 6 \\& = & 48 \end{array}}}$
حسب السؤال
$\displaystyle{\displaylines{(2)}}$ لدينا :
عدد الأعداد الأولية مع
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ والأصغر من
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ هو :
$\displaystyle{\displaylines{\phi(N_k) = (p_1 - 1) (p_2 - 1) \cdots (p_k - 1)}}$من أجل
$\displaystyle{\displaylines{k \geq 2}}$ لدينا
$\displaystyle{\displaylines{\phi(N_k) \geq \phi(N_2)=2}}$أول عدد أولي مع
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ وأصغر من
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ هو
$\displaystyle{\displaylines{1}}$.
وجميع الأعداد
$\displaystyle{\displaylines{2,3,\cdots, p_{k+1}-1}}$ قابلة للقسمة على عدد أولي
$\displaystyle{\displaylines{p_i}}$بحيث
$\displaystyle{\displaylines{i \in \{1,2,\cdots,k\}}}$وبالتالي فإنه دائما لدينا
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1}}}$ هو ثاني عدد أولي مع
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$ وهو بالتالي أصغر من
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$.
وبالتالي :
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1} < N_k}}$وبالتالي فمجموعة الأعداد الأولية غير منتهية لأننا نحصل دائما على
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1}}}$ انطلاقا من
$\displaystyle{\displaylines{N_k}}$.
نفترض أن
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k=1}}$ ونضع
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-n) \wedge N_k=d}}$لنبين أن
$\displaystyle{\displaylines{d=1}}$لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\left\{ \begin{array}{cl}d | N_k \\d | N_k-n\end{array} \right. \implies d | n}}$
إذن :
$\displaystyle{\displaylines{\left\{ \begin{array}{cl}d | n \\d | N_k\end{array} \right. \implies d | n \wedge N_k = 1}}$وبالتالي لدينا
$\displaystyle{\displaylines{d=1}}$إذن :
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1 \implies (N_k-n) \wedge N_k = 1}}$بالمثل نبين أن :
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-n) \wedge N_k = 1 \implies n \wedge N_k = 1}}$خلاصة :$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1 \iff (N_k-n) \wedge N_k = 1}}$
انطلاقا من السؤال (4) لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1} < N_k}}$وبما أن
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1} \wedge N_k = 1}}$ فإنه وحسب السؤال السابق :
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-p_{k+1}) \wedge N_k = 1}}$إذا كان
$\displaystyle{\displaylines{a}}$ عدد أولي يقسم
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-p_{k+1})}}$ فإن
$\displaystyle{\displaylines{a \geq p_{k+2}}}$(لاحظ أن
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-p_{k+1}) \wedge N_k = 1}}$ أي أن
$\displaystyle{\displaylines{a \geq p_{k+1}}}$وأيضا
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1}}}$ لا يمكن أن يقسم
$\displaystyle{\displaylines{(N_k-p_{k+1})}}$ لأن
$\displaystyle{\displaylines{N_k \wedge p_{k+1} = 1}}$)
وبالتالي
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+2} \leq a \leq N_k-p_{k+1}}}$إذن :
$\displaystyle{\displaylines{p_{k+1}+p_{k+2} \leq N_k}}$
ليكن
$\displaystyle{\displaylines{n \in \mathbb{N}}}$ و
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ غير أولي .
إذن
$\displaystyle{\displaylines{ n = a \times b}}$ بحيث
$\displaystyle{\displaylines{a}}$ و
$\displaystyle{\displaylines{ b}}$ قواسم فعلية (أي تخالف
$\displaystyle{\displaylines{1}}$ و
$\displaystyle{\displaylines{n}}$) .
بحيث يكون :
$\displaystyle{\displaylines{ a \leq b}}$.
( لاحظ أن عددين من
$\displaystyle{\displaylines{ \mathbb{R}}}$ يمكننا دائما ترتيبهما . وبشكل خاص في
$\displaystyle{\displaylines{ \mathbb{N} }}$ ).
إذن :
$\displaystyle{\displaylines{ a^2 \leq a \times b = n }}$ إذن :
$\displaystyle{\displaylines{2 \leq a \leq \sqrt{n}}}$
لدينا
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1}}$ و
$\displaystyle{\displaylines{1 < n < p_{k+1}^2}}$ :
إذا افترضنا أن
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ غير أولي وحسب السؤال السابق, يوجد عدد
$\displaystyle{\displaylines{a}}$ يقسم
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ يحقق :
$\displaystyle{\displaylines{2 \leq a \leq \sqrt{n} <p_{k+1}}}$وبالتالي فإن :
$\displaystyle{\displaylines{\exists q \in \{p_1,p_2,\cdots,p_k\} \, , \, q | a}}$وبما أن
$\displaystyle{\displaylines{a}}$ يقسم
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ لدينا :
$\displaystyle{\displaylines{\exists q \in \{p_1,p_2,\cdots,p_k\} \, , \, q | n}}$وهذا تناقض لأن
$\displaystyle{\displaylines{n \wedge N_k = 1}}$.
وبالتالي الإفتراض الخاطئ.
إذن
$\displaystyle{\displaylines{n}}$ عدد أولي.
الرد على التعليق