1)Determinati numerele prime p,q,r astfel incat p^q + 1 = r
Fie numerele prime p,q,r (>=2)
astfel incat p^q + 1 = r rezulta r>p>=2 , r=numar prim deci r=numar impar rezulta p=2 ; deci r=2^q + 1
2^n E {2,4,8,16,32,64,128,256,512,?}
Analizam cateva cazuri :
2^1 + 1=3 numar prim deci q=1 si r=3 solutie
2^2 + 1=5 numar prim deci q=2 si r=5 solutie
2^4 + 1=17 numar prim deci q=4 si r=17 solutie
2^8 + 1=257 numar prim deci q=8 si r=257 solutie
Observa ca 2^2k=(3+1)^k=M3+1 iar 2^k + 1=M3+2
2^(2k+1)=2*2^2k =2*(M3+1)=M3+2 iar 2^(2k+1) +1 = M3+2+1=M3
Prin urmare sunt o infinitate de solutii care trebuie cautate printre puterile pare ale lui 2

Va rog sa imi spune-ti si mie daca sunt rezolvate corect.

[Citat] 1)Determinati numerele prime p,q,r astfel incat p^q + 1 = r Fie numerele prime p,q,r (>=2) astfel incat p^q + 1 = r rezulta r>p>=2 , r=numar prim deci r=numar impar rezulta p=2 ; deci r=2^q + 1 2^n E {2,4,8,16,32,64,128,256,512,?} Analizam cateva cazuri : 2^1 + 1=3 numar prim deci q=1 si r=3 solutie 2^2 + 1=5 numar prim deci q=2 si r=5 solutie 2^4 + 1=17 numar prim deci q=4 si r=17 solutie 2^8 + 1=257 numar prim deci q=8 si r=257 solutie Observa ca 2^2k=(3+1)^k=M3+1 iar 2^k + 1=M3+2 2^(2k+1)=2*2^2k =2*(M3+1)=M3+2 iar 2^(2k+1) +1 = M3+2+1=M3 Prin urmare sunt o infinitate de solutii care trebuie cautate printre puterile pare ale lui 2 Va rog sa imi spune-ti si mie daca sunt rezolvate corect.

Din enunt si q este un numar prim.
Deci doar 2^2 + 1 = 5 conduce la o solutie.
(1 nu este numar prim, este o "unitate" in inelul numerelor intregi.)

Nota: pentru o putere q impara avem in general
( x^q + 1 ) = (x+1)( x^(q-1) - x^(q-2) + ... + x^2 - x + 1 ) .
Deci daca q este impar rezulta imediat divizibilitatea lui p^q + 1 cu 3.
Ramane sa asiguram p^q + 1 > 3 pentru a sti ca avem un numar compus...

Nota: numerele de forma

F(n) = 2^(2^n) + 1

se numesc numere Fermat.
http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat_number
Unele sunt prime, altele nu. Fermat a "demonstrat" intr-o margine de carte ca aceste numere sunt toate prime. Este motivul pentru care lumea crede cu siguranta ca a demonstrat si conjectura care i-a purtat numele pana de curand.
A trecut o vreme pana ce Euler a gasit factorul 641 pe care l-a scris drept
5^4 + 2^4. Cu ajutorul computerelor de azi...
(21:03) gp > for( k=1, 8, print( "F( ", k , " ) = ", factor( 2^(2^k) + 1 ) ) )

F( 1 ) = Mat([5, 1])
F( 2 ) = Mat([17, 1])
F( 3 ) = Mat([257, 1])
F( 4 ) = Mat([65537, 1])
F( 5 ) = [641, 1; 6700417, 1]
F( 6 ) = [274177, 1; 67280421310721, 1]
F( 7 ) = [59649589127497217, 1; 5704689200685129054721, 1]
F( 8 ) = [1238926361552897, 1; 93461639715357977769163558199606896584051237541638188580280321, 1]


(Reprezentarea nu este deosebita, dar nici eu nu scriu mai frumos. In orice caz se poate extrage repede descompunerea.)

In orice caz, problema propusa pentru clasa a V-a nu vroia sa mearga in aceasta directie, ci folosea doar partea simpla din cautarea lui Fermat de numere prime de forma (putere a lui 2)+1 .
Fermat a observat relativ repede ca puterea trebuie sa fie insesi o putere a lui 2 pentru a da de un numar prim in total. Aceasta observatie a devenit intre timp o observatie de clasa a V-a... Ma minunez si eu cum trece timpul si cum evolueaza scoala.