Una conjetura sobre números primos y círculos

Question

Dada la serie de números primos mayores que $9$ Los organizamos en cuatro filas, según su último dígito ( $1,3,7$ o $9$ ). La columna en la que aparecen es la decena a la que pertenecen, como se ilustra en el siguiente esquema.

Mi conjetura es:

Dados dos primos cualesquiera (es decir, dados dos puntos cualesquiera en el esquema anterior), siempre es posible encontrar una circunferencia que pase por al menos otros dos puntos, que representan otros dos primos.

Aquí presento algunos ejemplos, tomando dos puntos al azar. Perdón por la mala calidad de la imagen.

Como no soy un experto en números primos, esto puede ser un resultado obvio (si es cierto, claro). En este caso, me disculpo por la pregunta trivial.

Sin embargo, intenté atacar el problema mediante la ecuación del círculo, pero me perdí. ¡Gracias por su ayuda!

NOTA: Puede que le interese este y en este otros puesto. También, aquí Yo planteo una conjetura similar para las elipses.

Answer 1

Suponiendo que La conjetura de Polignac siempre podremos encontrar dos primos $(c,d)$ tal que

$$ \left\lfloor{ \frac{a}{10}} \right\rfloor - \left\lfloor{\frac{b}{10}}\right\rfloor = -\left(\left\lfloor{\frac{c}{10}}\right\rfloor - \left\lfloor{\frac{d}{10}}\right\rfloor\right) $$

(la distancia entre $a$ y $b$ a lo largo del $x$ -es igual al negativo de la distancia entre $c$ y $d$ ) y

$$ a = b,\; \; c=d \; \mod 10 $$

( $a$ y $b$ y $c$ y $d$ , terminan en los mismos dígitos).

Esto define un trapecio isósceles, que es siempre un cuadrilátero cíclico (un cuadrilátero tal que se puede trazar una circunferencia con sus 4 vértices.

Si $a = b \mod 10 \;$ El argumento anterior probablemente sigue siendo válido, pero no he encontrado una prueba.

Answer 2

He aquí algunas intuiciones sueltas para convencerte de que es igual de difícil que la conjetura de los primos gemelos. Sobre todo, para convencerte de que no tiene sentido intentar demostrarla o refutarla:

• Como mucho, tan difícil como la conjetura de los primos gemelos:
  Toma dos primos $p_1,p_2$ . Si la conjetura de los primos gemelos es cierta, es razonable esperar que, para cualquier $2k \geq 2$ y $n \bmod 10$ hay infinitos pares primos $(q_1,q_2)$ con $q_2-q_1 = 2k$ y $q_1 \equiv n \pmod{10}$ . 1 Entonces, para cualquier $p_1,p_2$ no congruente mod $10$ podemos encontrar otros dos primos para formar un trapecio. Esto resuelve el caso en el que $p_1,p_2$ no son congruentes, al menos.

• Al menos tan difícil como la conjetura de los primos gemelos:
  Cuatro puntos con coordenadas $(x_i,y_i)$ son cíclicos si $$\begin{vmatrix} 1 & x_1 & y_1 & x_1^2 + y_1^2 \\ 1 & x_2 & y_2 & x_2^2 + y_2^2 \\ 1 & x_3 & y_3 & x_3^2 + y_3^2 \\ 1 & x_4 & y_4 & x_4^2 + y_4^2 \end{vmatrix} = 0$$ Esto da, para cada par de primos $(p_1,p_2)$ un título $4$ ecuación en dos primos $q_1,q_2$ (y sus residuos mod $10$ ). Los métodos actuales no están cerca de demostrar que tiene solución; de hecho, ni siquiera podemos demostrar que la ecuación de grado 1 (!) $$q_2-q_1-2k = 0$$ tiene una solución para cada $k$ .

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1 Aunque, hubo un artículo que apareció hace unos años con algunos cálculos, sugiriendo que la distribución del resto de tres primos consecutivos mod un número entero dado, no es uniforme. En fin.

Answer 3

No soy matemático, así que tomen todo esto con un grano de sal. Sin embargo, no he podido evitar el interés.

Se puede circunscribir un círculo en cualquier trapecio. Dos primos cualesquiera equivalentes mod $10$ puede formar una base de un trapecio; dos primos cualesquiera no equivalentes mod $10$ puede formar el lado de un trapecio, incluyendo los primos $10x+y_1$ y $10x+y_2$ que formaría un rectángulo, caso especial de un trapecio.

Voy a tratar primero el segundo caso, ya que creo que es más fácil. Tomemos dos primos al azar que tienen una diferencia de $10a-b$ . Si podemos dos primos con una diferencia de $10(a-1)+b$ con el mismo $y$ coordenadas, entonces podemos formar un trapecio. Así que esto es básicamente equivalente a la conjetura de que para todo par $d$ , hay primos $p>q$ para lo cual $p-q=d$ . Esta es una conjetura abierta que, si no me equivoco, es verdadera si tanto la conjetura de Goldbach como la conjetura de los primos gemelos son verdaderas.

En el primer caso, para encontrar un trapecio, necesitamos un segundo par de primos cuya media esté dentro de $\pm 4$ de la media del primer par de primos. Entonces, ¿podemos encontrar dos primos con una media arbitraria? Este es simplemente la conjetura de Goldbach: para cualquier par $k$ , hay primos $p, q $ para lo cual $p+q =k$ .

Answer 4

COMENTARIO: Me parece que es imposible demostrar esto geométricamente. Sin embargo, algebraicamente podría ser posible. La ecuación general de una circunferencia $\Gamma$ es $$x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$$ y la condición de compatibilidad para cuatro puntos $(p_1,0),(p_2,0),(p_3,k),(p_4,k)\space$ en $\Gamma$ es

$$\det\begin{vmatrix} p_1 & 0 & 1 & p_1^2 \\ p_2 & 0 & 1 & p_2^2 \\ p_3 & k & 1 & p_3^2+k^2 \\ p_4 & k & 1 & p_4^2 +k^2 \notag \end{vmatrix}=0$$

En este caso $p_1,p_2,p_3$ son primos, los dos primeros puntos están en el eje x y el otro en la recta $y=k\ne0$ .

Puting, por ejemplo, $p_1=37$ y $p_2=47$ La elección de $(p_3,k)$ determinar para $p_3$ fijo (digamos $23$ ) y $k$ como parámetro una familia de circunferencias $\Gamma_k$ definido por una ecuación cuadrática (¿cúbica?) $$Q(p_4,k)=0$$ en la que la variación arbitraria de $k$ podría dar un primer $p_4$ tal vez.