состоит из n последовательных составных чисел.
Числа эти идут непосредственно друг за другом в натуральном ряду, так как каждое следующее на 1 больше предыдущего. Остается доказать, что все они – составные.
Первое число
(n + 1)! + 2 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 … · (n + 1) + 2
– четное, так как оба его слагаемых содержат множитель 2. А всякое четное число, большее 2, – составное.
Второе число
(n + 1)! + 3 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · … · (n + 1) + 3
состоит из двух слагаемых, каждое из которых кратно 3. Значит, и это число составное.
Третье число
(n + 1)! + 4 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · … · (n + 1) + 4
делится без остатка на 4, так как состоит из слагаемых, кратных 4.
Подобным же образом устанавливаем, что следующее число
(n + 1)! + 5
кратно 5 и т. д. Иначе говоря, каждое число нашего ряда содержит множитель, отличный от единицы и его самого; оно является, следовательно, составным.
Если вы желаете написать, например, пять последовательных составных чисел, вам достаточно в приведенный выше ряд подставить вместо n число 5. Вы получите ряд
722, 723, 724, 725, 726.
Но это – не единственный ряд из пяти последовательных составных чисел. Имеются и другие, например,
62, 63, 64, 65, 66.
Или еще меньшие числа:
24, 25, 26, 27, 28.
Попробуем теперь решить задачу.
Написать десять последовательных составных чисел.
РЕШЕНИЕ
На основании ранее сказанного устанавливаем, что в качестве первого из искомых десяти чисел можно взять
1 · 2 · 3 · 4 · … · 10 · 11 + 2 = 39 816 802.
Искомой серией чисел, следовательно, может служить такая:
39 816 802, 39 816 803, 39 816 804 и т. д.
Однако существуют серии из десяти гораздо меньших последовательных составных чисел. Так, можно указать на серию даже не из десяти, а из тринадцати составных последовательных чисел уже во второй сотне:
114, 115, 116, 117 и т. д. до 126 включительно.
Число простых чисел
Существование сколь угодно длинных серий последовательных составных чисел способно возбудить сомнение в том, действительно ли ряд простых чисел не имеет конца. Не лишним будет поэтому привести здесь доказательство бесконечности ряда простых чисел.
Доказательство это принадлежит древнегреческому математику Евклиду и входит в его знаменитые «Начала». Оно относится к разряду доказательств «от противного». Предположим, что ряд простых чисел конечен, и обозначим последнее простое число в этом ряду буквой N. Составим произведение
1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · … · N = N!
и прибавим к нему 1. Получим:
N! + 1.
Это число, будучи целым, должно содержать хотя бы один простой множитель, т. е. должно делиться хотя бы на одно простое число. Но все простые числа, по предположению, не превосходят N, число же N! + 1 не делится без остатка ни на одно из чисел, меньших или равных N, – всякий раз получится остаток 1.
Итак, нельзя было принять, что ряд простых чисел конечен: предположение это приводит к противоречию. Таким образом, какую бы длинную серию последовательных составных чисел мы ни встретили в ряду натуральных чисел, мы можем быть убеждены в том, что за нею найдется еще бесконечное множество простых чисел.
Когда без алгебры проще
Наряду со случаями, когда алгебра оказывает арифметике существенные услуги, бывают и такие, когда вмешательство алгебры вносит лишь ненужное усложнение. Истинное знание математики состоит в умении так распоряжаться математическими средствами, чтобы избирать всегда самый прямой и надежный путь, не считаясь с тем, относится ли метод решения задачи к арифметике, алгебре, геометрии и т. п. Полезно будет поэтому рассмотреть случай, когда привлечение алгебры способно лишь запутать решающего. Поучительным примером может служить следующая задача.
Найти наименьшее из всех тех чисел, которые при делении
РЕШЕНИЕ
Задачу эту предложили мне со словами: «Как вы решили бы такую задачу? Здесь слишком много уравнений; не выпутаться из них».
Ларчик просто открывается; никаких уравнений, никакой алгебры для решения задачи не требуется – она решается несложным арифметическим рассуждением.
Прибавим к искомому числу единицу. Какой остаток даст оно тогда при делении на 2? Остаток 1 + 1 = 2; другими словами, число разделится на 2 без остатка.
Точно так же разделится оно без остатка и на 3, на 4, на 5, на 6, на 7, на 8 и на 9. Наименьшее из таких чисел есть 9 · 8 · 7 · 5 = 2520, а искомое число равно 2519, что нетрудно проверить испытанием.
Глава четвертая.ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ
Покупка свитера
ЗАДАЧА
Вы должны уплатить за купленный в магазине свитер 19 руб. У вас одни лишь трехрублевки, у кассира – только пятирублевки. Можете ли вы при наличии таких денег расплатиться с кассиром и как именно?
Вопрос задачи сводится к тому, чтобы узнать, сколько должны вы дать кассиру трехрублевок, чтобы, получив сдачу пятирублевками, уплатить 19 рублей. Неизвестных в задаче два – число (х) трехрублевок и число (у) пятирублевок. Но можно составить только одно уравнение:
3х – 5y = 19.
Хотя одно уравнение с двумя неизвестными имеет бесчисленное множество решений, но отнюдь еще не очевидно, что среди них найдется хоть одно с целыми положительными х и у (вспомним, что это – числа кредитных билетов). Вот почему алгебра разработала метод решения подобных «неопределенных» уравнений. Заслуга введения их в алгебру принадлежит первому европейскому представителю этой науки, знаменитому математику древности Диофанту, отчего такие уравнения часто называют «диофантовыми».
РЕШЕНИЕ
На приведенном примере покажем, как следует решать подобные уравнения.
Надо найти значения х и у в уравнении
3х – 5y = 19,
зная при этом, что х и у — числа целые и положительные.
Уединим то неизвестное, коэффициент которого меньше, т. е., получим:
3х = 19 + 5y,
откуда
Так как х, 6 и у — числа целые, то равенство может быть верно лишь при условии, что есть также целое число. Обозначим его буквой t. Тогда
х = 6 + y + t,
где
и, значит,
3t = 1 + 2у, 2y = 3t – 1.
Из последнего уравнения определяем у:
Так как у и t – числа целые, то и должно быть некоторым целым числом t1. Следовательно,
y = t + t1,
причем
откуда
2t1 = t – 1 и t = 2t1 + 1.
Значение t = 2t1 + 1 подставляем в предыдущие равенства:
y = t + t1 = (2t1 + 1) + t1 = 3t1 + 1,
х = 6 + y + t = 6 + (3t1 + 1) + (2t1 + 1) = 8 + 5t1.
Итак, для х и у мы нашли выражения[3]
x = 8 + 5t1,
y = 1 + 3t1.
Числа х и у, мы знаем, – не только целые, но и положительные, т. е. бóльшие чем 0. Следовательно,
8 + 5t1> 0,
1 + 3t1> 0.
Из этих неравенств находим:
Этим величина t1 ограничивается; она больше чем (и, значит, подавно больше чем ). Но так как t1 – число целое, то заключаем, что для него возможны лишь следующие значения:
t1 = 0, 1, 2, 3, 4, …
Соответствующие значения для х и у таковы:
x = 8 + 5t1 = 8, 13, 18, 23, …,
y = 1 + 3t1 = 1, 4, 7, 10, …
Теперь мы установили, как может быть произведена уплата:
вы либо платите 8 трехрублевок, получая одну пятирублевку сдачи:
8 · 3–5 = 19,
либо платите 13 трехрублевок, получая сдачи 4 пятирублевки:
13 · 3–4 · 5 = 19
и т. д.
Теоретически задача имеет бесчисленный ряд решений, практически же число решений ограничено, так как ни у покупателя, ни у кассира нет бесчисленного множества кредитных билетов. Если, например, у каждого всего по 10 билетов, то расплата может быть произведена только одним способом: выдачей 8 трехрублевок и получением 5 рублей сдачи. Как видим, неопределенные уравнения практически могут давать вполне определенные пары решений.
Возвращаясь к нашей задаче, предлагаем читателю в качестве упражнения самостоятельно решить ее вариант, а именно рассмотреть случай, когда у покупателя только пятирублевки, а у кассира только трехрублевки. В результате получится такой ряд решений:
x = 5, 8, 11, …,
y = 2, 7, 12, …
Действительно,
5 · 5–2 · 3 = 19,
8 · 5–7 · 3 = 19,
11 · 5 – 12 · 3 = 19,
. . . . . . . .
Мы могли бы получить эти результаты также и из готового уже решения основной задачи, воспользовавшись простым алгебраическим приемом. Так как давать пятирублевки и получать трехрублевки все равно, что «получать отрицательные пятирублевки» и «давать отрицательные трехрублевки», то новый вариант задачи решается тем же уравнением, которое мы составили для основной задачи:
3х – 5y = 19,
но при условии, что x и у — числа отрицательные. Поэтому из равенств
x = 8 + 5