1. Натуральные числа а и b таковы, что 31а=54 b . Докажите, что число а + b составное.

Решение.

Так как число 31а делится на 54 и числа 31 и 54 — взаимно простые, то а делится на 54: а = 54 n , где n – натуральное число. Тогда 31*54* n = 54 b , b = 31 n . Отсюда а + b=54 n +31 n =85 n а следовательно, число а + b является составным.

2. Простое число разделено на 21 с остатком. Найдите все значения остатка, являющиеся составными числами.

Решение.

Обозначим простое число через р, неполное частное — через q , остаток — через r . Тогда p = 2 lq + r (0< r <21). Поскольку р — число простое, то из всех составных значений r , меньших 21, нужно выбирать все те, которые взаимно просты с 3 и 7, иначе сумма 21 q + r делится на 3 или 7. Подходят значения r =4,8,10,16,20. Нужно еще проверить, что для каждого из этих значений r существует простое число р, которое при делении на 21 дает именно такой остаток; например, при г = 4 можно взять р = 67, где число 67 получено как 21-3 + 4.

Ответ: 4, 8, 10, 16, 20.

3. Найдите все натуральные a , при которых число а² – 10 a + 21 простое.

Решение.

Разложим этот квадратный трехчлен на линейные множители: а² – 10 a + 21=(а-3)(а-7) Отсюда видно, что данное число, вообще говоря, составное. А когда оно простое? Когда один из множителей равен 1, а другой — простому числу или когда один из них равен — 1, а другой равен — р, где число р — простое. Переберем все случаи.

1)Пусть а-3= 1. Тогда а = 4, откуда а -7 = -3. Получилось, что число а² – 10а + 21 отрицательно. Значит, этот случай невозможен.

2)Пусть а-7= 1. Тогда а = 8, а - 3 = 5, где 5 — число простое. Следовательно, значение а = 8 удовлетворяет требованию задачи.

3) Положим а — 3 = — 1. В этом случае а = 2, а — 7 = — 5. Так как число 5 — простое, то значение а = 2 также подходит.

4) Пусть а- 7 = -1. Тогда а = 6, а — 3 = 3. Поскольку здесь (а — 3)(а — 7) < 0, то этот случай невозможен.

Ответ: 8, 2.

4. Какое наибольшее число простых чисел может быть среди 15 последовательных натуральных чисел, больших 2?

Решение.

Очевидно, простые числа нужно искать среди нечетных. Из 15 последовательных натуральных чисел имеется 7 или 8 нечетных. Среди любых трех последовательных нечетных чисел ровно одно делится на 3 (докажите!), поэтому среди 7 или 8 последовательных нечетных натуральных чисел имеются 2 или 3 числа, делящихся на 3. Если их отбросить, то останется 5 или 6 нечетных чисел. Нужно еще убедиться, что 6 простых чисел возможны. Например, если взять такие 15 последовательных натуральных чисел: 3,4, 5, 6, ...,17, то среди них 6 простых: 3,5,7,11,13,17.

Ответ: 6.

5. Числа р и р + 15 простые. Найдите все такие р.

Решение.

При р = 2 получаем, что число р + 15 = 17 простое. Пусть р > 2. Тогда р нечетно. Следовательно, число р + 15 четно. Отсюда это число составное. Значит, никакое простое р > 2 не подходит.

Ответ: 2.

6. Докажите, что все числа р, р + 2 и р + 4 являются простыми только в случае, когда они образуют тройку 3, 5, 7.

Решение.

Рассмотрим несколько случаев в зависимости от р. При р = 2 уже число р + 2 = 4 — составное, поэтому значение р = 2 отпадает. При р = 3 получаем тройку 3, 5, 7, о которой упоминается в условии задачи. При р = 5 число р + 2 = 7 — простое, но число р + 4 = 9 — составное, значит, р = 5 нужно отбросить. При р = 7 число р + 2 = 9 — составное. При р = 11 число р + 4 = 15 — тоже составное. Возникает предположение, что подходит только р = 3. Докажем его. Нетрудно заметить, что значения р = 5, р = 7и р =11не подходили потому, что или р + 2, или р + 4 делится на 3. Убедимся, что так будет всегда при простом р > 3.

Простое число, большее 3, не делится на 3 и, следовательно, при делении на 3 может давать в остатке только 1 или 2. Рассмотрим оба случая.

1) Пусть р при делении на 3 дает в остатке 1: р = 3к + 1 (keN). Тогда число р + 2 = (3к + 1) + 2 = 3к + 3 делится на 3, причем частное от этого деления больше 1. Значит, число р + 2 — составное.

2) Пусть р = 3к + 2 {к е N). Тогда число р + 4 = (Зk + 2) + 4 = 3к + 6 составное.

7. Найдите все пары простых чисел р и q , сумма и разность которых простые числа.

Решение.

ЛТак как числа р + q и р- q — простые, то меньшее из чисел р и q , т. е. число q равно 2: в противном случае р + q и p — q были бы четными. Получаем тройку простых чисел: р -2, р, р + 2. Но мы уже знаем, что она должна совпадать с тройкой 3, 5, 7. Отсюда р = 5.

Ответ: р = 5, q = 2.

8. Найдите три последовательных простых числа (необязательно отличающихся на 1 или на 2 друг от друга), сумма квадратов которых также простое число. Укажите все решения.

Решение.

Обозначим эти простые числа в порядке возрастания через р, q и г. Рассмотрим три случая.

1) Пусть р = 2. Тогда числа q и r нечетны, а значит, сумма р² + q² + г² четна. Поэтому случай р = 2 невозможен.

2) Пусть р = 3. Следующие за 3 простые числа — это 5 и 7. Сделаем проверку: 3² + 5² + 7² = 9 + 25 + 49 = 83. Получилось простое число, а это и требовалось.

3) Пусть р >3. Тогда и числа q и г больше 3. Следовательно, ни одно из чисел р, q и г не делится на 3. Но квадрат натурального числа, не делящегося на 3, при делении на 3 может давать в остатке только. Будем иметь: р² + q² + г²=(3к+1) + (3 l + l)+(3 m +1) = 3 k +3 l +3 m +3. Поскольку эта сумма делится на 3, то случай р > 3 невозможен.

Ответ: 3, 5, 7.

9. Пусть р₁ и р₂—два последовательных нечетных простых числа и (р₁+ р₂) /2= q Докажите, что число q составное.

Решение.

Пусть р₁ <р₂. Тогда р₁ <(р₁+ р₂) /2< р₂ (проверьте!), т. е. р₁ < q < р₂. Так как р₁, и р₂ — ближайшие друг к другу простые числа, то число q , заключенное между ними, может быть только составным.

10. Докажите, что множество всех простых чисел бесконечно. Это теорема Евклида ( IV в. до н. э.) из его знаменитого труда «Начала». Она играет важную роль в теории чисел.

Решение.

Допустим противное: множество простых чисел конечно и состоит из чисел 2, 3, 5, 7,..., р, где, следовательно, р — самое большое простое число.

Рассмотрим число а = 2*3*5*7*...* р+1. Обозначим через q любой простой делитель числа а. Тогда q не равно 2, так как если q = 2, то из делимости на 2 числа а и первого слагаемого в правой части равенства следует, что 1 делится на 2, а это неверно. Аналогично доказывается, что q не равно 3, 5, 7, …, р. Получилось, что q — новое простое число, которое не содержится среди исходных чисел. Мы пришли к противоречию. Остается принять, что множество простых чисел бесконечно.