Доказать, что существуют арифметические прогрессии бесконечной длины составленные из степеней натуральных чисел, с натуральными показателями > 1.

Ответы

пожалуйста189 11.10.2020 03:25

Бесконечно длинных арифметических прогрессий состоящих только из степеней не существует. Докажем это. Пусть есть прогрессия ak+b , где $k=0,1,2,\dots$ Пусть НОД (a, b)=c . Перепишем нашу прогрессию так:

c(xk+y) , где cx=a и cy=b . В этом случае числа и взаимно просты. По теореме Дирихле, в арифметической прогрессии, у которой разность и первый член взаимно просты, есть бесконечно много простых чисел. Если число простое и - это степень, тогда очевидно $c\mathop{\raisebox{-2pt}{\vdots}} p$ . Получается, что число делится на бесконечное кол-во простых чисел, а значит c=0 , и наша последовательность - не прогрессия.

Поэтому, скорее всего имеются в виду прогрессии любой наперед заданной длины. Они как раз существуют. Покажем, как построить такую прогрессию. Будем пытаться сделать прогрессию длины такого вида:

A^2(1+k)

$k=0,1,2,\dots$

т. е. некоторое число A^2 умножается на натуральный ряд:

$A^2, 2A^2, 3A^2,\dots$

Видно, что в этом случае первый член являтся второй степенью. Потребуем также, чтобы 2A^2 было 3-ей степенью, 3A^2 было 5-ой степенью, и так далее: nA^2 - степень с показателем p_n - n-ым простым числом.

Представим число в виде

$A=2^{a_1}3^{a_2}4^{a_3}\dots n^{a_{n-1}}$

Возьмем $a_1,a_2,\dots a_{n-1}$ такие, что

$a_m \equiv \frac{p_{m+1}-1}{2} \mod p_{m+1}$

$a_m\equiv 0 \mod p_l$ если $l \neq m+1$ (естественно l < n ). Доказательство того, что такие числа a_m существуют сразу следует из китайской теоремы об остатках.