Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1041
2015-02-17 
Докажите, что последовательность $\{ 2^{n} – 3 \} (n=2;3;4; \cdots)$ содержит бесконечное множество чисел, каждые два из которых взаимно просты.
Решение:
Докажем утверждение задачи по индукции. Пусть имеется $k$
чисел:
$a_{1}=2^{n_{1}} -3, a_{2} = 2^{n_{2}} – 3, \cdots, a_{k} = 2^{n_{k}} -3$,
каждые два из которых взаимно просты, причем $2=n_{1} < n_{2} < \cdots < n_{k}$. Построим число $a_{k+1} = 2^{n_{k+1}} -3$, взаимно простое с любым из этих чисел. Положим $l = a_{1}a_{2} \cdots a_{k}$. Среди $l+1$ чисел $2^{0},2^{1}, \cdots , 2^{l}$ найдутся по крайней мере два, дающих при делении на $l$ одинаковый остаток. Пусть это будут числа $2^{r}$ и $2^{s} (r>s)$. Тогда найдется натуральное число $p$, такое, что $pl=2^{r}-2^{s} = (2^{r-s} -1)2^{s}$. Поскольку $l$ нечетно, отсюда следует, что $2^{r-s} - 1$ делится на $l$, т. е. для некоторого $q2^{r-s} – 1 = ql$. Тогда $2^{r-s+2} – 3 = 4\cdot 2^{r-s} – 3 = 4 (ql+1) – 3 = 4ql +1$, и его можно взять в качестве числа $a_{k+1}$ так как оно, очевидно, не имеет общих делителей с $l$, а значит, и ни с одним из чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots , a_{k}$. Кроме того, $a_{k+1} > a_{k}$. Таким образом, можно построить сколь угодно много чисел удовлетворяющих требованиям задачи.
Докажите, что последовательность $\{ 2^{n} – 3 \} (n=2;3;4; \cdots)$ содержит бесконечное множество чисел, каждые два из которых взаимно просты.
Решение:
Докажем утверждение задачи по индукции. Пусть имеется $k$
чисел:
$a_{1}=2^{n_{1}} -3, a_{2} = 2^{n_{2}} – 3, \cdots, a_{k} = 2^{n_{k}} -3$,
каждые два из которых взаимно просты, причем $2=n_{1} < n_{2} < \cdots < n_{k}$. Построим число $a_{k+1} = 2^{n_{k+1}} -3$, взаимно простое с любым из этих чисел. Положим $l = a_{1}a_{2} \cdots a_{k}$. Среди $l+1$ чисел $2^{0},2^{1}, \cdots , 2^{l}$ найдутся по крайней мере два, дающих при делении на $l$ одинаковый остаток. Пусть это будут числа $2^{r}$ и $2^{s} (r>s)$. Тогда найдется натуральное число $p$, такое, что $pl=2^{r}-2^{s} = (2^{r-s} -1)2^{s}$. Поскольку $l$ нечетно, отсюда следует, что $2^{r-s} - 1$ делится на $l$, т. е. для некоторого $q2^{r-s} – 1 = ql$. Тогда $2^{r-s+2} – 3 = 4\cdot 2^{r-s} – 3 = 4 (ql+1) – 3 = 4ql +1$, и его можно взять в качестве числа $a_{k+1}$ так как оно, очевидно, не имеет общих делителей с $l$, а значит, и ни с одним из чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots , a_{k}$. Кроме того, $a_{k+1} > a_{k}$. Таким образом, можно построить сколь угодно много чисел удовлетворяющих требованиям задачи.
