Hay infinitamente muchos pares de números primos donde uno divide uno más de los cuadrados de los otros?

Question

Tengo la siguiente pregunta en la teoría de números que está comiendo mi cabeza.

Hay una infinidad de números primos $p,q$ tal que $p | (q^2 + 1)$$q | (p^2 + 1)$?

Puedo ver $13,5$ $2,5$ tiene la propiedad requerida por un simple cálculo. Un código de computadora revela el par $89,233$.

Pero no sé si hay más. Alguien puede arrojar algo de luz sobre este asunto?

Gracias!

Answer 1

La parte acerca de $p,q$ prime es un poco de un arenque rojo. Yo hice lo mismo sin primalidad necesario, tiene esto con el mayor número de hasta 46,000. No debería ser demasiado difícil de probar que cualquier otro número de Fibonacci está involucrado, las que son también números de Markov. http://en.wikipedia.org/wiki/Markov_number A partir de los resultados y contexto, es probable que lo este sitio generalmente llamadas "Vieta Salto", siendo este fundamental para la Markov números, así como un método para alguna otra manera inextricable concurso de problemas. Esencialmente, sugiero tratando de demostrar que si usted tiene una solución par $(p,q)$ $q$ más grande, entonces no es una solución par $(q',p)$ $p$ ahora el más grande. Oh, es legítimo llamar a $p_n,$ e intentar demostrar $p_{n+2} = 3 p_{n+1} - p_n.$ Si tiene éxito, esta se muestran de Fibonacci-ness para todos.

     1         2
     2         5
     5        13
    13        34
    34        89
    89       233
   233       610
   610      1597
  1597      4181
  4181     10946
 10946     28657

Bien, mi memoria era correcta.

Tenemos $p | (q^2 + 1)$ $q | (p^2 + 1),$ $p,q$ enteros positivos, pero no necesariamente primo. Tenemos $$ pq | (q^2 + 1)(p^2 + 1) = p^2 q^2 + p^2 + q^2 + 1. $$ Desde $pq$ automáticamente divide $p^2 q^2,$ esto significa que $$ pq | (p^2 + q^2 + 1). $$ El segundo ejemplo en esta página de la Wikipedia, ver ver http://en.wikipedia.org/wiki/Vieta_jumping#Example_2 , muestra que $$ \color{magenta}{ p^2 - 3 p q + q^2 = -1}. $$ Que en realidad es suficiente, se puede describir todos los enteros soluciones de $p^2 - 3pq + q^2 = -1.$ Mientras tanto, también son de Markov números, porque $$ 1 + p^2 + q^2 = 3pq, $$ lo que significa que tienen una Markov triple $(1,p,q).$ de Hecho, los otros dos números en una de Markov triple que contiene un $1$ son impares índice de números de Fibonacci, ver http://en.wikipedia.org/wiki/Markov_number#Markov_tree

EDICIÓN, sábado por la mañana; Hay varias maneras de probar la afirmación de que las soluciones a $p^2 -3pq+p^2 = -1$ implicar impar-indexada números de Fibonacci, como se indica en la Markov página y un OEIS página. Voy a definir variables de tipo integer $$ x = p - 2q, \; \; y = q $$, de modo que $$ p^2 - 3pq + q^2 = x^2 + xy - y^2. $$ The diagram below shows the Conway topograph for $x^2 + xy - y^2$ and shows how all solutions for $x^2 + xy - y^2 = -1$ involve Fibonacci numbers, sometimes mutiplied by $(-1).$ El diagrama también muestra la correcta automorphism grupo, que está a sólo dos fórmulas, $$ (x,y) \mapsto (x+y, x+2y) $$ a moverse a la derecha, y $$ (x,y) \mapsto (2x-y, -x+y) $$ to move to the left. Anyway, these are all $(x,y)$ pairs that give $(-1),$ y volver volver con $$ p = x+2y, \; q = y $$ Conway pequeño libro está disponible en http://www.maths.ed.ac.uk/~aar/papers/conwaysens.pdf

Oh, Cayley-Hamilton. El automorphism grupo generador de la matriz $$ A= \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) $$ nos da la regla de la secuencia de solución de pares, $$ \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x_n \\ y_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{r} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{array} \right). $$ Hacer esto dos veces y consigue $(x_{n+2}, y_{n+2})^T.$ sin Embargo, $A$ ha determinante $1$ y traza $3,$, de modo de Cayley-Hamilton dice $$ A^2 - 3 A + I = 0. $$ A su vez, esto da reglas independientes, $$ x_{n+2} = 3 x_{n+1} - x_n, $$ $$ y_{n+2} = 3 y_{n+1} - y_n. $$ En la dirección opuesta, en realidad la misma regla $$ x_{n} = 3 x_{n+1} - x_{n+2}, $$ $$ y_{n} = 3 y_{n+1} - y_{n+2}. $$ También tenemos $$ p = x+2y, \; q = y, $ $ , por tanto, tenemos $$ p_{n+2} = 3 p_{n+1} - p_n, $$ $$ q_{n+2} = 3 q_{n+1} - q_n. $$ $$ p_{n} = 3 p_{n+1} - p_{n+2}, $$ $$ q_{n} = 3 q_{n+1} - q_{n+2}. $$

Finalmente, Hagen comentarios acerca de los números primos gemelos, de Wikipedia,

No se sabe si existen infinitos primos de Fibonacci. Los primeros 33 son Fn para n valores (secuencia A001605 en OEIS):

3, 4, 5, 7, 11, 13, 17, 23, 29, 43, 47, 83, 131, 137, 359, 431, 433, 449, 509, 569, 571, 2971, 4723, 5387, 9311, 9677, 14431, 25561,

30757, 35999, 37511, 50833, 81839.

Además de estas probado de Fibonacci de los números primos, no se han encontrado probable primos de

n = 104911, 130021, 148091, 201107, 397379, 433781, 590041, 593689, 604711, 931517, 1049897, 1285607, 1636007, 1803059, 1968721,

2904353.1

Excepto para el caso n = 4, todos los primos de Fibonacci tienen un primer índice, porque si a divide a b, entonces F_a también divide F_b, pero no todo el primer es el índice de una de Fibonacci prime.

Ciertamente, la prueba no se espera nunca, que el primer tipo de soluciones son las muy pequeñas, junto con $$ (F_{11}, F_{13}); \; \; (F_{431}, F_{433}); \; \; (F_{569}, F_{571}). $$