Page 225 - 4371

слами. Оскільки N непарне, то воно повинно дорівнювати
добутку простих чисел виду 4 k 1. Але це неможливо, то-
му, що добуток двох чисел виду 4 k 1 має той же вид:
4k  1 4k   1  4 4 kk  k  k  1  4k  1,
1 2 1 2 1 2 3
а, значить, і добуток будь-якої кількості чисел такого виду
теж має вид 4 k 1, в той же час число N має вид 4 k 1.
б) Аналогічно доводиться, що існує нескінченно багато
простих чисел виду 6 k 1: припустимо, що таких чисел є
скінченна кількість: 11,5 , 17 , 23 , 29 , , p . Розглянемо число
n
N  6  115  17 23 29 . . .  p  1 .
n
Зрозуміло, що воно взаємно просте з усіма простими чис-
лами виду 6 k 1. Отже, в розкладі числа N на прості
множники може зустрітись тільки 3 і прості числа виду
6 k 1. Але легко перевірити, що добуток будь-якої кілько-
сті чисел такого виду ніколи не дасть число виду 6 k 1.
8.2 Нехай a – загальний член прогресії, d  0 – її різ-
n
ниця. Як відомо, a  a  md . Зрозуміло, що знайдеться
n m n
член прогресії a  1, тоді покладемо m  a і одержимо
n n
a  a  a d  a  1  d – складене число, що і потрібно
n m n n n
було довести.
8.3 Припустимо, що lim sin n існує. Тоді
n 
sin  n 2  sin  n 0 при n   , але

sin  n 2  sin  n 2 sin 1 cos  n  1 , звідки cos n 0 . Отже
sin 2 n 2 sin n cos n 0 . Це означає, що sin n 0 при
n   . Таким чином, lim sin n 0 і lim cos n 0 , що немо-
n   n  
2
2
жливо, бо sin n  cos n  1.
Аналогічно доводиться, що не існує lim cos n.
n 
8.4 Припустимо, що послідовність обмежена: існує
M
M  const таке, що nsin n  M , тоді sin n  , що озна-
n

225