Otras palabras, hay una infinidad de números primos $p$ tal que $p-1$ es la plaza libre. Esto parece ser cierto, pero me parece que no puede dar un argumento fácil ¿por qué. Este conjunto de números primos y todos los números primos 1 más un número entero con un cuadrado divisor conforman el conjunto de los números primos, así que al menos uno de ellos es infinito. Miré a esta pregunta para la iluminación, pero fue en vano : una infinidad de números primos $p$ tal que $\frac{p-1}{2}$ es un producto de dos números primos 2 podría ser incluido en este producto.
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Raghav
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De hecho es muy simple para contar todos los números primos. Uno tiene el estudio de la suma $$\sum_{p\leq x} \mu(p-1)^2.$$ By inversion it equals $$\sum_{1\leq d \leq \sqrt{x}} \mu(d) \#\{p\leq x : p \equiv 1\mod{d^2 } \} .$$ The cardinality is at most $x/d^2$, hence the contribution of $d>(\log x)^{100} $ is $$\ll x\sum_{d>(\log x)^{100} } 1/d^2 \ll x (\log x)^{-100}.$$ Por Siegel--Walfisz vemos que $$\sum_{1\leq d \leq (\log x)^{100}} \mu(d) \#\{p\leq x : p \equiv 1\mod{d^2 } \} =\frac{x}{\log x} \sum_{1\leq d \leq (\log x)^{100}} \mu(d)\phi(d^2)^{-1} +O\left(\frac{x}{(\log x )^{100}}\right) .$$ The standard bound $\phi(m)\gg m^{1/2}$ now yields $$\sum_{1\leq d \leq (\log x)^{100}} \mu(d)\phi(d^2)^{-1}=\sum_{d\in \mathbb{N}} \mu(d)\phi(d^2)^{-1}+O((\log x)^{-3}).$$ Putting everything together shows that $$\sum_{p\leq x} \mu(p-1)^2=c \frac{x}{\log x} +O\left(\frac{x}{(\log x)^2 }\right),$$ donde $$ c=\sum_{d\in \mathbb{N}} \mu(d)\phi(d^2)^{-1}=\prod_p \left(1+\frac{1}{p(p-1)}\right).$$ The last expression shows that $c>0$ , hence there are infinitely many primes $p$ such that $p-1$ es plaza libre.
