¿Hay un número infinito de $n$ tal que $\omega(n^2+2n)=2$ ?

Question

$\omega:\Bbb N\to\Bbb N$ es una función omega primera tal que $\omega(n)=\sum_{p\mid n}1$ . Es que hay infinitas $n$ tal que $\omega(n^2+2n)=2$ ?

Si la conjetura del primo gemelo es cierta, entonces existen infinitas $p\in\Bbb P$ tal que $p+2\in\Bbb P$ Así que $\omega(p^2+2p)=2$ .

Y además la conjetura del primo de Mersenne es cierta, entonces existen infinitas $p\in\Bbb P$ tal que $2^p-1\in\Bbb P$ . Así que cuando dejé $n=2(2^p-1)$ para el primo de Mersenne $2^p-1$ entonces $n+2=2^{p+1}$ . Así que $n^2+2n=2^{p+2}(2^p-1)$ , lo que significa que $\omega(n^2+2n)=2$ .

Dado que la conjetura de los primos gemelos y la conjetura de los primos de Mersenne son probablemente ciertas, sospecho que hay infinitas $n$ tal que $\omega(n^2+2n)=2$ pero no puedo ir más allá.

Le agradeceré su ayuda.

+) Hay otra forma de hacer $\omega(n^2+2n)=2$ como $n=p^r, n+2=q^s$ como $n=7, 25\cdots$ . Estoy tratando de probar esta parte, pero totalmente atascado.

Answer 1

Si gcd $(m,n)=1$ , $\omega(mn)=\omega(m)+\omega(n). $

Si $n$ es impar:

entonces gcd $(n,n+2)=1$ Así que $\omega(n^2+2n)=\omega(n)+\omega(n+2). $

$\omega(n)=0 \iff n=1$ . $\omega(3) <> 2 \implies n>1, \omega(n)>0$ .

Así que si $n$ impar, entonces $n$ y $n+2$ deben ser ambos primos o potencias de primos, el primer caso $\ \omega(n^2+2n)=2 $ si $ n$ es el menor de dos primos gemelos.

Si n es par:

$2=$ gcd $(n,n+2)$ . $n=2a$ . $n=2(b-1) \implies a+1=b$

$\omega(n^2+2n)=\omega(4a(a+1))$

Así que sólo un impar primo puede dividir $a(a+1)$ . Esto sólo puede ocurrir si $a$ o $a+1$ es una potencia de $2$ .

Si $a+1=2^p$ puis $a=2^p-1$ y $n^2+2n=2^{p+2}(2^p-1)$ el escenario de Mersenne Prime que mencionas. Curiosamente, esto también es $8$ veces un número perfecto. Esto también debería funcionar si $2^p-1$ es una potencia de un primo, es decir $2^q-p^z=1 \iff 2^q \equiv 1 \pmod{p^z}$ . Así que $q \equiv 0 \pmod{\phi(p^z)} $ por la regla del Totiente de Euler. $\phi(p^z)=p^z-p^{z-1}=p^{z-1}(p-1)$ Así que $q=kp^{z-1}(p-1)$ .

Un tercer escenario posible:

Supongamos que $a=2^q$ . Entonces $n^2+2n=2^{q+2}(2^q+1)$

$0=4 \cdot 2^{2q}+4\cdot2^q-n(n+2)$

$2^q=\frac{-4+4\sqrt{1+n(n+2)}}{8}=n/2$

así que $n=2^{q+1}$

Necesitamos $2^q+1$ sea una potencia de un primo. Esto nos da 24, 80, 288, 1088,...

Necesitamos soluciones de la forma $p^z-2^q=1$

$-1\equiv2^q \pmod{p^z}, z>=1 $

¿Esta es una $q$ sólo existe si $2$ es una raíz primitiva para el primo $p$ ?

Parece que hay 4 escenarios, primos gemelos y potencia de primos gemelos para impar $n$ , Primas de Mersenne/Números perfectos, y potencias de primos 1 mayores que una potencia de 2 para los pares $n$ .