Dos problemas sobre primos

Uno de los comentaristas más prolíficos e interesantes de Gaussianos, Asier, nos plantea un par de problemas. Os los dejo aquí:

1.- Demostrar que si $p$ es un número primo tal que $p \geq 5$ , entonces $p^2-1$ será divisible por 24.
2.- Demostrar que si $p$ y $q$ son dos números primos tal que $p>q$ y $p,q>3$ entonces la diferencia $p^2-q^2$ es múltiplo de 24.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 2 de October de 2007
Categorías: Juegos, Números primos | Imprime este post

Sin comentarios

Tito Eliatron | 2 de October de 2007 | 10:51

Un paso previo al problema 1:

Si $n$ es un número impar, entonces $n^2 -1$ es divisible entre 8, porque

$n^2-1=(n-1)(n+1)$ Al ser $n$ impar, tanto $n-1$ como $n+1$ son pares, pero más aún son pares consecutivos, por lo que al menos uno de los dos es múltiplo de $4$ .

En efecto $(n-1)(n+1)=(2m)(2m+2)=4m(m+1)$ donde $m\in{\Bbb N}$ .

Ahora tan sólo resta probar, para demostrar el problema 1, que si $p$ es primo y $p\ge 5$ , entonces $p^2-1$ es múltiplo de 3.
vengoroso | 2 de October de 2007 | 11:49

Se resuelven los dos a la vez P
Para cualquier primo $p\geq 5$ se tiene que $p$ debe ser congruente con 1 o con 2 módulo 3. En cualquiera de los dos casos se verifica que
$p^2 \equiv 1 \mod 3$
Asimismo, $p$ debe ser congruente con 1, 3, 5 o 7 módulo 8 (en otro caso, $p$ sería par), y en todos casos se verifica que
$p^2 \equiv 1 \mod 8$
Como 3 y 8 son primos entre sí, obtenemos que $p^2\equiv 1 \mod 24$ , que nos da el primer problema.

Para el segundo, aplicamos el mismo razonamiento a $p$ y $q$ , y obtenemos que tanto $p^2$ como $q^2$ son congruentes con 1 módulo 24. Restando las congruencias nos queda $p^2 - q^2 \equiv 0 \mod 24$ , como queríamos demostrar.

Una anotación: no hace falta que $p$ y $q$ sean primos, basta con que sean números impares que no sean mútiplos de 3 para que la misma demostración siga siendo válida.
Tito Eliatron | 2 de October de 2007 | 12:08

Bueno, pues ya completo mi demostración del Problema 1:

$p^2-1=(p-1)(p+1)$ , entonces esto es múltiplo de 3, pq o bien $p-1$ o bien $p+1$ lo es.

En efecto, entre $p-1,\ p,\ p+1$ al menos 1 ha de ser múltiplo de 3, como $p$ al ser primo $\ge3$ no lo es, ha de serlo bien $p-1$ , bien $p+1$ .

PS: no es tan elegante como la de vengoroso pero para ser de análisis complejo creo que vale.
duhu | 2 de October de 2007 | 12:15

Esta es facil
p^2-1=(p+1)*(p-1)

al ser p primo>=5, p+1 y p-1 son pares, o sea uno es 2a y el otro 2b con lo que tenemos
p^2-1 = 2a*2b= 4ab

además, por ser consecutivos p-1, p y p+1 alguno tiene que ser múltiplo de 3…

asi que tenemos

p^2-1=4a * 3c ó
p^2-1=4b * 3c

http://www.juzamdjinn.blogspot.com
duhu | 2 de October de 2007 | 12:50

la segunda parte es similar de probar, tanto (p+q) como (p-q) son pares, asi que su producto es múltiplo de 4.
Si expresamos

p=3a+b
q=3c+d

el producto queda

9a^2+3ab+9ac+3ad + 3ab+b2-3bc-bd+9ac+3b-9c^2-3cd+3ad+bd-3cd-d^2

donde todos los términos son múltiplos de 3 excepto +bd y -bd que se cancelan y b^2 y -d^2

pero b y d solo pueden tomar como valor 0, 1 ó 2 (realmente solo 1 ó 2)

con lo que
si b=d=1 ó b=d=2
b^2-d^2=0
si b=2, d=1
b^2-d^2=3

y todo el producto está formado por múltiplos de 3
Solaufein | 4 de October de 2007 | 10:36

Lamento no usar LaTeX para insertar las fórmulas, pero aún no lo llevo lo suficientemente bien. Dicho esto, aquí mi demostración del problema.

1. Antes de nada, factorizamos la expresión de la siguiente forma:
(p^2)-1 = (p+1)*(p-1) [1]

Dado que p es un número primo mayor o igual a 5, en particular sabemos que p es impar (de lo contrario, sería divisible por 2 i no sería primo). Por ello, sea un número k natural tal que:
p = 2*k + 1

Sustituyendo en la expresión [1], tenemos:
(p^2)-1 = (2*k+2)*(2*k) = 4*k*(k+1)

I por tanto es divisible por 4 = (2^2).

Pero, además, k y k+1 son dos números naturales consecutivos, por lo que al menos uno de lo dos es par. Por tanto, el producto de ambos también es par y, en consecuencia, vuelve a ser divisible por 2.

Hasta ahora hemos visto que (p^2)-1 es divisible por (2^3)=8. Veamos que también es divisible por 3.

Dado que p es un número primo mayor que 5, se cumple que p debe ser congruente con 1 o con 2 módulo 3. Tomando cuadrados, se obtiene que p^2 es congruente con (1^2)=1 módulo 3 en el primer caso, y congruente con (2^2)=4 módulo 3. Dado que 4 es congruente con 1 módulo 3, obtenemos que p^2 es congruente con 1 módulo 3 en cualquier caso.

Por tanto, restando 1, obtenemos que (p^2)-1 es congruente con 0 módulo 3. En otras palabras, que es divisible por 3.

Conclusión: (p^2)-1 es divisible por 8 y por 3, y por tanto también es divisible por su producto, que es 24, como queríamos demostrar.

2. Para demostrar este segundo problema, usaremos el primero. Antes de nada, sumando y restando 1 en la expresión, tenemos que:
(p^2)-(q^2) = [(p^2)-1]-[(q^2)-1]

Dado que p y q son números primos tales que p>q>3, en particular ambos son mayores o iguales a 5. Aplicamos el apartado anterior y obtenemos que tanto [(p^2)-1] como [(q^2)-1] son divisibles por 24 (o múltiplos de 24, que es equivalente).

Por consiguiente, la diferencia de ambos es también un múltiplo de 24. Esto se debe a que los conjuntos de la forma n*Z (Z denota el grupo abeliano de los enteros) son los subgrupos de Z generados por los múltiplos enteros de n, y la suma (o diferencia) de dos elementos de n*Z también es un elemento de n*Z. En nuestro caso, p^2-1 y q^2-1 son elementos de 24*Z (el subgrupo de los múltiplos de 24), por lo que su diferencia también pertenece al subgrupo y, por tanto, es un múltiplo de 24.

Cabe notar que la condición p>q nos asegura que la diferencia de cuadrados no sea nula, y que por tanto sea un múltiplo no nulo de 24.

Espero que se entienda suficientemente bien ^^U

Un saludo,

Solaufein
Jonas Castillo Toloza | 7 de October de 2007 | 02:30

Sigo el razonamiento de Tito Eliatron.
Todo numero primo P mayor que 3 es de
la forma 6n(+ ò -) 1, entonces
P^2 – 1 = 36n^2(+ ò -)12n,factorizable por 3
Palomo | 14 de October de 2007 | 01:40

No voy a aportar nada, simplemente decir que el tema de las congruencias de modulo no termino de entenderlo completamente y que es por eso que el razonamiento de Tito Eliatron me parece excelente, ya que con un razonamiento simple demuestra lo mismo… recuerden lo de explicarselo a la abuela…

Saludos.
Tito Eliatron | 14 de October de 2007 | 17:05

Si es lo que yo decía en Álgebra 2… que esto de las congruencias era para míalgo incongruente.
Asier | 15 de October de 2007 | 20:47

Palomo, Tito, yo la solución que tenía en mente también era bastante sencilla, sin congruencias ni módulos.

Partimos del hecho de que cualquier número puede expresarse como 6k+1, 6k+2, 6k+3, 6k+4 ó 6k+5. Pero si nos fijamos:

6k+2 = 2·(3k+1)
6k+3 = 3·(2k+1)
6k+4 = 2·(3k+2)

Los números con esta forma evidentemente no son primos, salvo para k=0, de ahí que se exige que el primo en cuestión sea mayor que 3.

Por lo tanto los primos serán de la forma 6k+1 ó 6k+5 (este último caso es equivalente a 6k-1).

6k+1:
$(6k+1)^2 - 1 = 36k^2 + 12k = 12k(3k+1)$
Llegado a este punto, si k es par está claro que 12k será múltiplo de 24 y si k es impar entonces (3k+1) será par, con lo cual el conjunto será también múltiplo de 24.

6k-1:
$(6k-1)^2 - 1 = 36k^2 - 12k = 12k(3k-1)$
Y aplicando el mismo razonamiento que antes, concluimos que también es múltiplo de 24.

En cuanto al segundo apartado se deduce directamente del primero dado que $p^2 - q^2 = (p^2 - 1)-(q^2 - 1)$ . Y como ya hemos demostrado, ambos sumandos son múltiplos de 24, con lo cual la diferencia también.
Asier | 15 de October de 2007 | 20:50

En el planteamiento inicial me he dejado el caso 6k en el tintero, pero evidentemente no es primo.
Leire | 19 de October de 2007 | 01:32

Tenemos que $P^2-1$ lo podemos factorizar como $(P-1)(P+1)$ . Si ordenamos nos quedaria $(P-1) P (P+1)$ . Ahora al ser $P \ge5$ tenemos que $(P-1)$ o $(P+1)$ son divisibles por 2 y por 4, y al tener tres numeros consecutivos, tambien son divisibles por 3. Multiplicando los factores nos queda que 2x3x4=24. Por ende $(P^2-1)$ es divisible por 24. $QED$
Joseph Louis James | 29 de October de 2007 | 20:45

Sé que llegué algo tarde pero yo también quiero liaros.
Un número primo mayor a 2 ha de ser impar, y todo impar es igual a la suma de dos consecutivos; x+(x+1)= 2x+1

Si 2x+1=p, entonces x(x+1), o lo que es lo mismo, (x^2+x)ha de ser divisible por 6 y dar un número natural que llamaremos “R”. Como también sabemos que el cuadrado de p, será igual a (2x+1)^2 = 4x^2+4x+1 = 4(x^2+x)+ 1.

Tenemos que 4(x^2+x)+ 1= p^2, y por fin deduzco que ; 4*6R + 1= p^2, de donde
(24R+1)^05 = P, y de aquí, yiba, yiba;
(p^2-1)/ 24 = R. Si os fijaís en el valor de “R” se forma ésta lista;

más uno 1
2 más tres
más dos 5
7 más cinco
12
… empezando por el cero, para la izquierda se suman todos los números naturales de uno en uno, y para la derecha sólo los impares, cada término se origina con la fórmula
1,5n^2 -/+ 0,5, sucesión de “R”. Por si todavía no queda claro; ((6n-/+1)^2-1)/24 =
(36n^2-/+12n)/24=1,5n^2-/+0,5. Hoy no estoy yo como para abreviar.

¿Alguién me puede ayudar con esto, sólo por joder?

1 + 4 = 5
3 + 4 = 7
7 + 4 = 11
9 + 4 = 13

11+ 6 =17
13+ 6 =19
17+ 6 =23
19+ 6 =25

…
J.L. | 27 de December de 2007 | 14:38

1.5n^2-/+0.5n perdón