Πρόταση Ερατοσθένη

ΗρακληςΕυαγγελινος · #1

Πρόταση
Ένας ακέραιος αριθμός $\alpha \geq 2$ είναι πρώτος αν δεν διαιρείται με κανέναν πρώτο ακέραιο αριθμό $\rho$ με $\rho \leq \sqrt{\alpha}$ .

Απόδειξη
Έστω

το σύνολο των πρώτων ακέραιων αριθμών $\rho$ με $\rho \leq \sqrt{\alpha}$ , που δεν διαιρούν το $\alpha$ .

Για τους ακέραιους που είναι μικρότεροι από το $\alpha$ , διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
i) Οι σύνθετοι ακέραιοι $\sigma$ με $\sigma \leq \sqrt{\alpha}$ . Έστω $\Sigma$ το σύνολο που τους απαρτίζει. Αυτοί δεν μπορεί να διαιρούν τον $\alpha$ , γιατί είναι πολλαπλάσια πρώτων αριθμών που ανήκουν στο

, οι οποίοι δεν διαιρούν τον $\alpha$ .
ii) Oι ακέραιοι αριθμοί $\delta$ με $\delta \geq \sqrt{\alpha}$ Ας υποθέσουμε ότι κάποιος από αυτούς διαιρεί τον $\alpha$ .

Τότε ισχύει μία από τις δύο παρακάτω περιπτώσεις:
α) Δίνει πηλίκο στο σύνολο $A \cup \Sigma$ δηλαδή $\pi \leq \sqrt{\alpha}$ , όμως τα στοιχεία του $A \cup \Sigma$ δεν διαιρούν τον $\alpha$ , άρα το πηλίκο δεν μπορεί να ανήκει σε αυτά.
β) Δίνει πηλίκο $\pi \geq \sqrt{\alpha}$ τότε έχουμε και $\delta \geq \sqrt{\alpha}$ άρα $\pi * \delta > \alpha$ , άτοπο.

Παραδείγματα
$\alpha = 113$ και $\sqrt{\alpha} = 10$ , άρα $A = \{ 2, 3, 5, 7\}$ δεν διαιρεί κανένα από τα στοιχεία του

τον 113, άρα είναι πρώτος.
$\alpha = 123$ και $\sqrt{\alpha}= 11$ , άρα $A = \{ 2, 3, 5, 7, 11\}$ , ο αριθμός 3 ανήκει στο

και διαιρεί τον 123, άρα δεν είναι πρώτος.

#2

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 28, 2023 10:25 pm
Πρόταση
Ένας ακέραιος αριθμός $\alpha \geq 2$ είναι πρώτος αν δεν διαιρείται με κανέναν πρώτο ακέραιο αριθμό $\rho$ με $\rho \leq \alpha$ .

Μάλλον χάνω κάτι γιατί η πρόταση είναι τετριμμένη, και η απόδειξη που την ακολουθεί υιοθετεί γραφή απλών πραγμάτων με δυσνόητο ύφος. Είναι το είδος των Μαθηματικών που πρέπει να αποφεύγουμε, ιδίως στην διδασκαλία μας.

Απλή απόδειξη: Αν ο $\alpha$ ήταν σύνθετος, εξ ορισμού θα είχε διαιρέτη, έστω τον

, που βέβαια είναι μικρότερος του $\alpha$ . Ένας πρώτος διαιρέτης $\rho$ του

είναι αυτόματα και διαιρέτης του $\alpha$ . Άτοπο αφού υποθέσαμε ότι ο $\alpha$ δεν έχει διαιρέτη $\rho \leq \alpha$ .

'Αλλη απόδειξη: Έστω $\alpha$ σύνθετος. Γράφουμε τον $\alpha$ ως γινόμενο πρώτων. Κάθε όρος $\rho$ της παράστασης αυτής είναι πρώτος που τον διαιρεί, και φυσικά ικανοποιεί $\rho \leq \alpha$ . Άτοπο.

ΗρακληςΕυαγγελινος · #3

Υπήρξε λάθος κατά τη μεταφορά σε Latex, με αποτέλεσμα να λείπουν ορισμένα(κρίσιμα) ριζικά στην εκφώνηση και την λύση. Η ανάρτηση διορθώθηκε για να βγάζει νόημα. Ευχαριστώ για την έγκαιρη παρατήρηση

#4

ΗρακληςΕυαγγελινος έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 29, 2023 10:10 am
Υπήρξε λάθος κατά τη μεταφορά σε Latex, με αποτέλεσμα να λείπουν ορισμένα(κρίσιμα) ριζικά στην εκφώνηση και την λύση. Η ανάρτηση διορθώθηκε για να βγάζει νόημα. Ευχαριστώ για την έγκαιρη παρατήρηση

Και πάλι παραμένει τετριμμένη. Αυτά που γράφω στο προηγούμενό μου ποστ, δεν αναιρούνται. Οι τετραγωνικές ρίζες που προστέθηκαν, μπορούν να διευθετηθούν με την εξής προσθήκη:

Εκεί που λέω "Αν ο $\alpha$ ήταν σύνθετος, εξ ορισμού θα είχε διαιρέτη, έστω τον

, που βέβαια είναι μικρότερος του $\alpha$ "

μπαίνει

"Αν ο $\alpha$ ήταν σύνθετος, τότε θα είχε διαιρέτη $x\le \sqrt {\alpha}$ . Πράγματι, αν $\alpha =cd$ , τότε ο ένας από τους δύο παράγοντες c,d

θα ήταν $\le \sqrt {\alpha}$ (διότι αν ήσαν και οι δύο $>\sqrt {\alpha}$ θα είχαμε $cd > \sqrt {\alpha} \sqrt {\alpha} = \alpha$ , άτοπο). Ονομάζουμε

εκείνον που είναι $\le \sqrt {\alpha}$

και συνεχίζουμε από εκεί που μείναμε.

Πρόταση Ερατοσθένη

Πρόταση Ερατοσθένη

Re: Πρόταση Ερατοσθένη

Re: Πρόταση Ερατοσθένη

Re: Πρόταση Ερατοσθένη

Μέλη σε σύνδεση