Dejemos que $n\ge 5$ sea un número entero impar y
$k\ =\ \min\{x\in\mathbb{N}\colon nx+1\text{ is a perfect square}\}$
$l\ =\ \min\{x\in\mathbb{N}\colon nx\text{ is a perfect square}\}$
Demostrar que $n$ es un primo si $\min(k,l)>\frac{n}{4}$ .
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
$n$ es primo $\implies$ $k,l>n/4$ :
Tenemos $l=n>n/4$ . Desde $kn=(a-1)(a+1)$ se deduce que $n\mid a-1$ o $n\mid a+1$ Así que $a+1\geq n$ . Usando esto, $k=(a^2-1)/n\geq n-2>n/4$ porque $n>2$ . (De hecho, como se señala en los comentarios más abajo, $k=n-2$ porque $n(n-2)=(n-1)^2-1$ .)
$k,l>n/4$ $\implies$ $n$ es primo:
Si $n=m^2l$ con $l$ libre de cuadrados, entonces claramente $l= \min\{x\in\mathbb{N}\colon nx\text{ is a perfect square}\}$ . Desde $l>n/4$ se deduce que $m^2<4$ Así que $m=1$ es decir: $n=l$ es libre de cuadrados. Sea $n=p_1\cdots p_t$ sea su factorización primaria.
Supongamos que $t>1$ es decir, $n$ no es primo.
Por el teorema chino del resto, la congruencia $a^2\equiv1\pmod n$ tiene $2^t$ soluciones (que surgen al componer las soluciones de las congruencias $a^2\equiv1\pmod{p_j}$ ). Si $a$ es una solución, entonces también lo es $-a$ . $2^{t-1}\geq2$ las soluciones están en el intervalo $[0,n/2]$ (uno de los cuales es $1$ ). Tome tal no $1$ solución, y decir $xn=a^2-1$ . Entonces $x<(n/2)^2/n=n/4$ , contradiciendo $k>n/4$ . $\square$
El argumento esencial era el siguiente: si $a^2\equiv1\pmod n$ tiene al menos $3$ soluciones, entonces tiene una solución con $1<a\leq n/2$ . Y para que tenga al menos $3$ soluciones, basta con que $n$ tiene al menos dos divisores primos Impares. Más específicamente:
Es un hecho: Si $n=2^sm$ ( $m$ impar) ha $t$ divisores primos Impares distintos, entonces el número de soluciones a $x^2\equiv1\pmod n$ es $2^{t+2}$ si $s\geq3$ , $2^t$ para $s=0,1$ y $2^{t+1}$ para $s=2$ .
Vincent
Puntos
635
La parte de "sólo si" es cierta - todavía me pregunto sobre la parte de "sólo si". Pongo una prueba de la parte 'sólo si' aquí y tal vez edite mis pensamientos sobre la parte 'si' más tarde si encuentro algo interesante.
De hecho, si $n$ es primo entonces $k$ es al menos $n - 2$ y $l$ es al menos $n$ .
Prueba de $k \geq n - 2$ . Tenemos que $kn + 1 = m^2$ para algunos $m$ así que $m^2 - 1 = kn$ así que $kn = (m + 1)(m-1)$ .
Desde $n$ es primo se deduce del lema de Euclides que $n$ divide a cualquiera de los dos $m + 1$ o $m - 1$ . Supongamos que $n|(m - 1)$ para que $m - 1 = na$ entonces $kn = na(na + 2)$ así que $k = a(na + 2) \geq (na + 2) \geq n + 2$ . Supongamos que $n|(m + 1)$ para que $m + 1 = nb$ entonces $kn = nb(nb -2)$ para que $k = b(nb - 2) \geq n - 2$ .
Prueba de $l \geq n$ : de nuevo por el lema de Euclides $ln = m^2$ implica $n|m$ y por lo tanto $n^2|m^2$ así que $ln = an^2$ por lo que $l = an \geq n$ .
