Sobre el polinomio de Euler $x^2+x+41$

Question

Esta es una pregunta elemental sobre algo que está fuera de mi área de experiencia. Una observación bien conocida debida a Euler es que el polinomio $P(x)=x^2+x+41$ sólo toma valores primos para los primeros 40 valores enteros de $x$ empezando por $x=0$ , es decir, los valores $41,43,47,53,61,71,83,\cdots,1601$ . En particular, esto da una secuencia bastante larga de primos tal que las diferencias entre los términos sucesivos forman una progresión aritmética, a saber $2,4,6,\cdots$ que es una consecuencia de $P(x)$ siendo cuadrática. Todo esto está relacionado con el hecho de que el discriminante de $x^2+x+41$ es $-163$ y el campo ${\mathbb Q}(\sqrt{-163})$ tiene el número de clase 1.

Supongamos que se pregunta por los próximos 40 valores de $P(x)$ después del valor $P(40)=41^2$ . Tenemos $P(41)=1763=41\cdot 43$ tampoco es un primo. Después de esto los dos siguientes valores $P(42)=1847$ y $P(43)=1933$ son primos. Luego viene $P(44)=2021=43\cdot 47$ , luego cuatro primos, luego $P(49)=2491=47\cdot 53$ , luego seis primos, luego $P(56)=3233=53\cdot 61$ , luego ocho primos, luego $P(65)=4331=61\cdot 71$ , luego diez primos, luego $P(76)=5893=71\cdot 83$ . Los cuatro valores siguientes también son primos para $x=77,\ 78,\ 79,\ 80$ completando los segundos cuarenta valores. Pero entonces el patrón se rompe y uno tiene $P(81)=6683=41\cdot 163$ . Así, antes de la ruptura, no sólo obtenemos secuencias de $2,\ 4,\ 6,\ 8,\ 10$ primos pero los valores no primos son los productos de dos términos sucesivos en la secuencia original de valores primos $41,\ 43,\ 47,\ 53,\ 61,\ \cdots$ . Hay una explicación sencilla para este último hecho, la identidad fácilmente comprobable $P(40+n^2)=P(n-1)P(n)$ Así que cuando $n=1,2,3,\cdots$ obtenemos $P(41)=P(0)P(1)=41\cdot 43$ , $P(44)=P(1)P(2)=43\cdot47$ etc. Sin embargo, esto no explica por qué los valores intermedios de $P(x)$ debería ser primordial.

He hecho una búsqueda en internet para encontrar dónde se podría discutir esto, sin éxito, así que mi pregunta es, ¿cuál es una referencia para este curioso comportamiento de los segundos 40 valores de $P(x)$ (o cualquier cosa relacionada)? También estoy un poco desconcertado por la identidad para $P(40+x^2)$ aunque tal vez provenga de la función de norma en ${\mathbb Q}(\sqrt{-163})$ .

Answer 1

Empecemos recordando la explicación clásica de por qué los valores de $P(x)$ son primordiales para los pequeños $x$ . Supongamos que $K = \mathbf{Q}(\sqrt{-D})$ tiene la clase número uno, y también que $D$ es libre de cuadrados y $D \equiv 3 \bmod 8$ . Esta última suposición no es muy importante; en todos los demás casos, la prima $2$ está dividido o ramificado, lo que obliga a la existencia (bajo la hipótesis de clase número uno) de un elemento de norma $2$ y por lo tanto $D = -1$ , $-2$ o $-7$ . El supuesto de la clase número uno también implica que $D$ debe ser primo. El anillo de enteros de $K$ vienen dadas por

$$\mathbf{Z}[\theta], \qquad \theta = \frac{1 + \sqrt{-D}}{2},$$

y la forma de la norma es

$$N( a + b \theta) = a^2 + a b + b^2 \left(\frac{1+D}{4}\right).$$

Tenga en cuenta que

$$P(x) = N(x + \theta) = x^2 + x + \frac{1+D}{4}$$

Cuando $D=163$ , este es el polinomio de Euler. También hay que tener en cuenta que si $b = 0$ entonces la norma es un cuadrado, y en caso contrario la norma es al menos $(1+D)/4$ .

Reclamación: si $p < (1+D)/4$ entonces $p$ es inerte en $K$ . Si $N(\alpha)$ es divisible por $p$ en este rango, entonces $\alpha$ es divisible por $p$ .

Prueba: Si $p$ se dividió en $K$ Entonces se dividiría principalmente, pero entonces habría un elemento de norma $p < (1+D)/4$ que es imposible. ( $p$ no puede ramificarse porque $p < D$ y $D$ es el único primo que se ramifica).

Desde $P(n) < ((1+D)/4)^2$ para $n < (D+1)/4 - 1$ Esto explica por qué los pequeños valores de $P(n)$ son primos. Entonces, ¿qué pasa con el siguiente $(D+1)/4$ ¿Gama de valores?

Empecemos por lo siguiente:

Reclamación: Si $D > p$ y $p$ se divide en $K$ entonces $p = P(n)$ para algunos $n$ .

Prueba: Si $p$ divide debe ser una norma de $a + b \theta$ para algunos $b \ge 1$ . Pero si $b \ge 2$ entonces $p \ge D$ .

Consideremos ahora los valores de $P(n)$ para la siguiente mitad de los valores, es decir $(D-1)/2 > n$ . Tenga en cuenta que

$$P(n) < P\left(\frac{D-1}{2}\right) = \frac{D(1+D)}{4}.$$

En particular, supongamos que $P(n)$ para $n$ en este rango es no primo, y tenía un divisor primo $\ge D$ . Entonces también tienen un divisor primo menor que $(1+D)/4$ , lo cual es una contradicción de la discusión anterior (cualquier divisor primo de este tipo sería una norma). En particular, los únicos divisores primos (si no es primo) son menores que $D$ - pero eso significa exactamente desde la afirmación anterior que tienen la forma $P(i)$ para algún valor de $i$ . Como se observa, uno tiene

$$P(i-1) P(i) = P\left( \frac{D-3}{4} + i^2 \right) = P(P(i) - i - 1),$$ y también: $$P(i) P(i+1) = P(P(i) + i).$$

(No se trata de identidades misteriosas, sino que son válidas para cualquier polinomio cuadrático mónico). Así que ahora la cuestión se reduce a mostrar por qué éstas dan cuenta de todas las factorizaciones no triviales de $P(n)$

para $(D-1)/2 > n > (D+1)/4$ . A partir de lo anterior, cualquier factorización de este tipo es de la forma

$$P(n) = P(i) \cdot C$$

para algunos $i < (D+1)/4$ y algún otro factor $C$ (que entonces tiene que ser de la forma $P(j)$ para algunos $j$ pero eso no es relevante).

Escribe $P(i) = p$ que es primo. Las raíces de $P(x) \bmod p$ vienen dadas por $x = i \bmod p$ y $x = -1-i \bmod p$ ya que la suma de las raíces es $-1 \bmod p$ . De ello se desprende que

$$n \equiv i, -1-i \bmod P(i).$$

Desde $P(i) > (D+1)/4$ y $n < (D-1)/2$ las únicas posibilidades son

$$n = P(i) - 1 - i, \quad n = P(i) + i,$$

porque ya se puede comprobar fácilmente que

$$2 P(i) - 1 - i > \frac{D-1}{2} > n.$$

Pero ahora se ve que $n = P(i)+i$ o $P(i)-1-i$ conducen exactamente a las dos factorizaciones anteriores, y por lo tanto $P(n)$ en este rango es primo, excepto los valores procedentes de las factorizaciones anteriores.

Answer 2

Si $P(x)=N\left(x+\frac{1+\sqrt{-163}}{2}\right)$ (norma en $\mathbb Q(\sqrt{-163})$ ) era compuesto, se seguiría $x+\frac{1+\sqrt{-163}}{2}$ no es primo, por lo que sería un factor de un producto de dos elementos de $\mathbb Z\left[\frac{1+\sqrt{-163}}{2}\right]$ . Es evidente que no es divisible por ningún entero racional, por lo que es un producto de algunos elementos $a+b\frac{1+\sqrt{-163}}{2}$ que tienen normas $a^2+ab+41b^2$ con $b\neq 0$ .

Si $x$ es pequeño, $b$ tiene que ser también pequeño. De hecho, si $|b|\geq 2$ obtenemos $a^2+ab+41b^2\geq 163$ y encontramos que si $x<81$ , $b=\pm 1$ para ambos factores de $x+\frac{1+\sqrt{-163}}{2}$ . Al considerar los casos según los signos de $b$ se ve que se obtiene la parte imaginaria $1/2$ sólo en un puñado de casos. Uno de esos casos es $(a+\frac{1+\sqrt{-163}}{2})(a-\frac{1+\sqrt{-163}}{2})=a^2+40+\frac{1+\sqrt{-163}}{2}$ . Calculando las normas y utilizando las simetrías de $P$ explica la identidad $P(x^2+40)=P(x)P(x-1)$ .

Answer 3

El criterio de Rabinowitsch dice que el discriminante $\Delta=-163$ no es un cuadrado módulo de cualquier primo impar $p<41$ , ver este bonito artículo por Pete Clark. Así que cada factor primo de $P(x)$ debe ser $\geq 41$ . Pero para los primos $p=43,47,53,\ldots$ es fácil encontrar las raíces de $P(x)$ mod $p$ gracias a que estos primos son los primeros valores de $P(x)$ . Para $p=43$ las raíces son $\{1,-2\}$ , para $p=47$ son $\{2,-3\}$ y así sucesivamente. Esto proporciona mejores límites para los posibles factores primos de $P(x)$ para $x>41$ y debe explicar su observación.

Answer 4

He aquí una prueba completamente elemental y muy sencilla.

Con la identidad $P(A+m^2-1)=P(m-1)P(m)$ en mente, basta con demostrar que si $P(x):=x^2+x+A$ es primo para todo $x\in[0,A-2]$ , mientras que $P(A+k)$ es compuesto para algunos $k\in[1,A-2]$ entonces $k+1$ es un cuadrado completo.

Dejemos que $p$ sea el menor divisor primo de $P(A+k)$ . Si tuviéramos $p<A$ , entonces para un número entero adecuado $s$ tendríamos $A+k-sp\in[0,A-2]$ que junto con $P(A+k-sp)\equiv P(A+k)\equiv 0\pmod p$ daría $p=P(A+k-sp)>A$ una contradicción.

Así, $p\ge A$ . Por otro lado, $p^2\le P(A+k)<(A+k+1)^2$ , lo que implica $p\le A+k$ . Como resultado, $0\le A+k-p\le k\le A-2$ . En consecuencia, \begin {align*} p &= P(A+k-p) \\ &= (A+k-p)^2+(A+k-p)+A \\ &= (A+k-p+1)^2 + p - k -1, \end {align*} de donde $k+1=(A+k-p+1)^2$ .

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Para completar, he aquí una prueba elemental de que si $P(x):=x^2+x+A$ es primo para todo $0\le x<\sqrt{A/3}$ Entonces, de hecho $P(x)$ es primo para todo $0\le x\le A-2$ . (Por cierto, este es el problema 6 del Olimpiada Internacional de Matemáticas 1987 .)

Dejemos que $k$ sea el menor número entero no negativo tal que $k^2+k+A$ es compuesto, y supongamos para una contradicción que $\sqrt{A/3}<k\le A-2$ . Denotando por $p$ el menor divisor primo de $k^2+k+A$ Así pues, tenemos $p^2\le k^2+k+A<4k^2+k$ De ahí que $p\le 2k-1$ . De hecho, $p\le k$ : de lo contrario, de $$(p-k-1)^2+(p-k-1)+A\equiv k^2+k+A\equiv 0\pmod p$$ y $$0\le p-k-1<k$$ obtendríamos $p-k-1<\sqrt{A/3}$ y $(p-k-1)^2+(p-k-1)+A=p$ De ahí que $k+1=A+(p-k-1)^2\ge A$ , una contradicción. Por lo tanto, concluimos que $p\le k$ como resultado, de $$(k-p)^2+(k-p)+A\equiv k^2+k+A\equiv 0\pmod p$$ y $$0\le k-p<k$$ obtenemos $(k-p)^2+(k-p)+A=p$ , lo que implica $k\ge p\ge A$ , una contradicción final que concluye la prueba.

Answer 5

Por favor, compruebe mi puesto .

Indica que el número de divisores de $x^2+x+41$ es igual al número de puntos de red de $X^2+163Y^2-2(2x+1)Y-1=0$ .

Esta fórmula se transforma de esta manera.

$$163X^2+163^2Y^2-2\cdot163(2x+1)Y=163$$ $$163X^2+\{163Y-(2x+1)\}^2-(2x+1)^2=163$$ $$163X^2+(163Y-2x-1)^2=4x^2+4x+164$$

$X':=163Y-2x-1,\ Y':=X$ y dividimos ambos lados por 4,

$$\frac{{X'}^2+{163Y'}^2}{4}=x^2+x+41=P(x)$$

$$N\left(\frac{X'+Y'\sqrt{-163}}{2}\right)=P(x)$$

$\frac{X'+Y'\sqrt{-163}}{2}$ es un elemento de $\mathbb Q(\sqrt{-163})$ .

Esta fórmula indica que los elementos de $\mathbb Q(\sqrt{-163})$ con norma $P(x)$ está vinculado al patrón del producto de dos enteros de $P(x)$ .

El fenómeno que le interesa se basa en este hecho.

Por ejemplo, dejemos que $x$ sea $76$ .

\begin {eqnarray*} P(x)&=&76^2+76+41 \\ &=&1 \cdot5893\\ &=&71 \cdot83 \end {eqnarray*}

El número de patrones de productos de $P(x)$ es $2$ .

Por otro lado, los elementos de $\mathbb Q(\sqrt{-163})$ con norma $P(x)$ (ignorar el signo) son

$$\frac{153+\sqrt{-163}}{2},\ 5+6\sqrt{-163}\ .$$

El número es $2$ .

La izquierda es un elemento trivial $\frac{(2x+1)+\sqrt{-163}}{2}$ El otro es un elemento no trivial que indica que $P(x)$ es un número compuesto.