¿La secuencia $2n^2 +2n + 1$ ¿se compone sólo de primos y semiprimas?

Question

La secuencia es: $ 5, 13, 25, 41, 61, 85, 113, ... $

¿Cómo puedo demostrar que esta secuencia sólo contiene primos y semiprimas? ¿Sería interesante que sólo contuviera primos y semiprimas?

Answer 1

Basándose en la discusión en los comentarios, una expresión algebraica para su secuencia es $a_n=2n^2+2n+1$ . Obsérvese que esto nunca puede ser divisible por $2$ (porque es de la forma $2k+1$ donde $k=n^2+n$ ), y nunca puede ser divisible por $3$ (esto es un poco más complicado, pero se puede evaluar por casos dependiendo del valor de $n\bmod 3$ ).

Ya, esas dos cosas harán que parezca primo muy a menudo; por ejemplo, de los números menores de $100$ no divisible por $2$ o $3$ , $25$ de $33$ ¡de ellos son de primera! Si se tienen en cuenta los semiprimas, la situación es aún más cruda, ya que, por ejemplo, el primer número que no es ni primo ni semiprimo pero que no es divisible por $2$ o $3$ es $5^3=125$ ; hay muy pocos de estos (si cuento correctamente, sólo 28) menos de mil y por lo tanto no es sorprendente que su secuencia se pierda casi todos ellos.

Pero en gran parte se trata de la ley fuerte de los números pequeños, porque a medida que los números implicados son más grandes, el número de primos (y semiprimos) se reduce; aunque nadie lo sabe con certeza (hay varias conjeturas al respecto, pero ninguna se ha demostrado), en este momento no hay ninguna razón para creer que cualquier secuencia polinómica de este tipo sea prima (o semiprima) "más a menudo" de lo que cabría esperar si se tiene en cuenta cualquier restricción de divisibilidad.

Por cierto, aquí hay una buena prueba (adaptada de una respuesta a esta pregunta en otro lugar de math.SE) que ningún polinomio no constante puede ser siempre primo o semiprimo; de hecho, podemos ir más allá y afirmar que no hay límite superior en el número de factores primos (no únicos) . Para concretar, supondré un polinomio "positivo $p(x)$ Aunque no hay nada en esta prueba que lo requiera específicamente; sólo facilita moderadamente los argumentos.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $p(x)$ tiende a infinito como $x$ lo hace; más concretamente, $(1)$ por cada $N$ hay algunos $x_N$ tal que $p(x)\gt N$ para todos $x\gt x_N$ . Esto no es muy difícil de demostrar (sólo hay que dividir $p(x)$ por su término de orden superior), pero demostrarlo rigurosamente nos llevaría bastante lejos.

A continuación, observe que $(2)$ para cualquier módulo $M$ el polinomio $p(x)$ es periódico $\bmod M$ : $p(x+M)\equiv p(x) \pmod M$ . Esto se puede demostrar fácilmente: basta con ampliar $(x+M)^d$ utilizando el teorema del binomio y observando que todos los términos menos $x^d$ es divisible por $M$ .

Ahora, procedemos por inducción: Supongamos que $p(x)$ adquiere un valor con $n$ factores primos (no diferenciados). Entonces toma algún valor con mayor de $n$ factores primos .

Prueba: Sea $q$ sea un valor de $p(x)$ con $n$ factores primos, alcanzados en $p(x_q)=q$ . Ahora, por (2) tenemos $p(x_q)\equiv 0\bmod q$ Así que $p(x_q+tq)\equiv 0\bmod q$ para todos $t$ . Utilizando (1), elija un valor $x_M$ tal que $p(x)\gt q$ para todos $x\gt x_M$ y elija $t$ tal que $x_q+tq\gt x_M$ (por ejemplo, $t=x_M$ seguramente lo hará aquí). A continuación, $p(x_q+tq)\equiv 0\bmod q$ así que $p(x_q+tq)=kq$ para algunos $k$ ; pero como $p(x_q+tq)\gt q$ , $k\gt 1$ . Desde $q$ tiene $n$ factores primos, $kq$ debe tener $\gt n$ factores primos (todos los de $q$ más los de $k$ ).

Por lo tanto, si $p(x)$ toma un valor primo, toma algún valor con más de un factor primo (semiprimo, o más divisible); si toma un valor semiprimo, toma algún valor con más de dos factores primos; etc.

Answer 2

Un enfoque alternativo, sólo por diversión:

La secuencia en cuestión es:

$$ 5,13,25,41,61,85,113,\ldots$$

de la cual es la primera diferencia entre términos:

$$8, 12, 16, 20, 24, 28, \ldots$$

de la que se desprende la segunda diferencia entre términos:

$$4, 4, 4, 4, 4, \ldots$$

Una secuencia con diferencias constantes de segundo es generada por una única expresión cuadrática.

Teniendo en cuenta este dato, hay varias formas de resolver la secuencia; una de ellas es escribir una cuadrática genérica $f(x)=ax^2 + bx + c$ y utilizar tres valores diferentes para la entrada para generar tres salidas diferentes, y luego resolver las tres ecuaciones para $a$ , $b$ y $c$ .

Un enfoque alternativo aquí: Reste $1$ de cada término:

$$4, 12, 24, 40, 60, 84, 112, \ldots$$

Obsérvese que todos son pares, por lo que hay que dividir por $2$ :

$$2, 6, 12, 20, 30, 42, 56, \ldots$$

que es igual a:

$$1(2), 2(3), 3(4), 4(5), 5(6), 6(7), 7(8), \ldots$$

es decir, $n(n+1)$ . Deshaciendo la división a la mitad por el doble, tenemos $2n(n+1)$ ; deshaciendo la sustracción de $1$ tenemos $2n(n+1)+1 = 2n^2 + 2n + 1$ como la expresión cuadrática que genera estos valores.

Como segundo hecho, ninguna expresión cuadrática genera sólo primos-o-semiprimas (ahora puede encontrar una prueba de este hecho en la otra respuesta dejada aquí, la responder de Steven Stadnicki ). Juntando los hechos de que su secuencia de números naturales es cuadrática, y que ninguna secuencia de este tipo contiene sólo primos y semiprimas, la respuesta a su pregunta principal es no .

Answer 3

Lo primero que habría hecho es buscarlo en la OEIS. El primer resultado que obtengo es A001844 los números cuadrados centrados. La fórmula dada es $2n(n + 1) + 1$ que se puede reescribir fácilmente como $2n^2 + 2n + 1$ .

Entonces no tengo que buscar muy lejos para encontrar $1105 = 5 \times 13 \times 17$ y $2665 = 5 \times 13 \times 41$ .