Si $n$ es un entero positivo, no $n^3-1$ siempre tienen un primer factor que es 1 más que un múltiplo de 3?

Question

Parece ser cierto para todos los $n$ de 1 a 100. Alguien me puede ayudar a encontrar una prueba o un contraejemplo?

Si es cierto, mi conjetura es que se sigue de clásicos ya conocidos los resultados, pero estoy teniendo problemas para ver.

En algunos casos, los factores primos congruentes con 1 mod 3 son relativamente grandes, por lo que no es tan simple como "son todos divisibles por 7" ni nada de eso.

Es interesante si se puede probar que un número entero de un cierto formulario debe tener un primer factor de cierta forma, sin necesariamente ser capaz de encontrar de forma explícita.

EDITADO PARA AÑADIR: parece que no podría ser más pasando aquí!

$n^2-1$ usualmente tiene un factor primo congruente con 1 mod 2 (no si n=3, aunque!)

$n^3-1$ siempre tiene un factor primo congruente con 1 mod 3

$n^4-1$ siempre tiene un factor primo congruente con 1 mod 4

$n^5-1$ parece tener siempre un factor primo congruente con 1 mod 5.

Con respecto a $n^2-1$: Si $n>3$, $n^2-1=(n-1)(n+1)$ es un producto de dos números que se diferencian por la 2, que no pueden ser potencias de 2, si son más grandes que 2 y 4. Por tanto, al menos uno de $n-1,n+1$ es divisible por un extraño prime.

Con respecto a $n^4-1$: Si $n>1$, factor de $n^4-1$$(n+1)(n-1)(n^2+1)$. Pretendemos que, de hecho, cada primer factor de $n^2+1$ es de 2 o es congruente con 1 mod 4. Si $p$ es una extraña primer que divide $n^2+1$, $-1$ es un cuadrado mod $p$, pero los impares, números primos para que $-1$ es un cuadrado mod $p$ son precisamente los números primos congruentes con 1 mod 4. Queda sólo para mostrar que la $n^2+1$ no puede ser una potencia de 2. Si $n$ es incluso eso es obvio, y si $n=2k+1$ es impar, entonces $n^2+1=(2k+1)^2+1=4k^2+4k+2$ es 2 más que un múltiplo de 4.

Con respecto a $n^5-1$, no tengo pruebas, pero se basa en experimentar con una docena de números, me conjetura de que, en realidad, cada primer factor de $n^4+n^3+n^2+n+1$ es 5 o es 1 más que un múltiplo de 5.

Answer 1

El caso de $n=1$ es poco interesante, así que vamos a $n\gt 1$. Nos muestran que $n^2+n+1$ tiene un factor primo congruente a $1$ modulo $3$, mostrando que el $4(n^2+n+1)$ tiene un factor primo.

Tenga en cuenta que $n^2+n+1$ es impar. Primero mostramos que la $3$ no es el único impar primer que divide $n^2+n+1$. Para suponer lo contrario que $(2n+1)^2+3=4\cdot 3^k$ donde $k\gt 1$. A continuación, $2n+1$ es divisible por $3$, lo $(2n+1)^2+3\equiv 3\pmod{9}$, contradicción.

Ahora vamos a $p\gt 3$ ser un divisor primo de $(2n+1)^2+3$. A continuación, $-3$ es un residuo cuadrático de $p$. Un sencillo reciprocidad cuadrática argumento muestra que el $p$ no puede ser congruente a $2$ modulo $3$.

Comentario: considerando $n$ de la forma$q!$, posiblemente, un gran $q$, podemos utilizar el resultado anterior para demostrar que existen infinitos números primos de la forma $6k+1$.

Answer 2

Para $p\equiv 1\pmod 3$, existen tres soluciones distintas de $x^3\equiv 1\pmod p$, y si $n$ es congruente modulo $p$ tales $x$ $n^3-1$ es un múltiplo de a $p$. De forma heurística, esto resuelve el problema afirmativamente por una fracción $\frac 3p$ posible $n$.

Vamos a hacer esto un poco menos de la mano-ondulado: Deje $p_1=7, p_2=13, p_3=19,\ldots$ denotar la secuencia de prime $\equiv 1\pmod 3$. Luego de la $M:=p_1p_2\cdots p_m$ residuo de clases modulo $M$, sólo hay $(1-\frac3{p_1})(1-\frac3{p_2})\cdots(1-\frac3{p_m})M=(p_1-3)(p_2-3)\cdots(p_m-3)$ residuo clases de $x$ que $n\equiv x\pmod M$ no implica que $n^3-1$ tiene un primer factor de $\in\{p_1,\ldots,p_m\}$. Como dejamos $m\to \infty$, el producto $(1-\frac3{p_1})(1-\frac3{p_2})\cdots(1-\frac3{p_m})$ puede ser demostrado que tienden a $0$. Así que al menos la densidad de $n$ que no funcionan como debe ser cero.