¿Existe alguna configuración conocida de primos a través de $n$ que cubre $n^2$ ?

Question

¿Existe alguna disposición inicial conocida de los residuos primos (disculpas por adelantado, voy a jugar rápido con la nomenclatura) a través de algún $n$ tal que para cada valor en $[n+1,n^2]$ , algún valor en $[1,n]$ ¿puede dividirlo? Estoy seguro de que la respuesta es no, pero creo que no he visto que se pregunte esto explícitamente antes.

Sé que esto no ocurre de forma natural, ya que las lagunas de registro establecidas que surgen en $\mathbb N$ son mucho más pequeños que esto. Me refiero a si se permite, de manera informal, colocar simplemente números primos donde se quiera hasta $n$ . Por ejemplo, usted es libre de elegir colocar $2$ en $n=1$ , lo que resulta en la cobertura de todos los valores $\equiv 1 \pmod 2$ . Incluso puede optar por colocar $3$ s en $n=2$ et $n=3$ , cubriendo los valores $\equiv \{0,2\} \pmod {3}$ . Dada una configuración exitosa, después de tamizar aquellos valores en $[n+1,n^2]$ que son compuestos, tendría que no quedar nada, ningún primo en ese intervalo con ese sistema de residuos elegido.

La única restricción que parece necesaria es prohibir que se establezca una congruencia tal que se elimine trivialmente todo valor, por ejemplo, eliminando tanto los números pares como los Impares. En otras palabras, un primo dado $p$ sólo puede utilizarse en $p-1$ diferentes desplazamientos.

Lo que he leído sobre la función de Jacobsthal sugiere que los conjuntos de primos cuidadosamente ordenados pueden tener recorridos sorprendentemente largos $-$ Creo que hay un límite superior débil de algo así como $n^2 \log^2 {n}$ ? Parece que este documento de Hagedorn (2009) también da un valor calculado para una tirada de cobertura de $742$ utilizando los primeros 49 primos.

Como he dicho, yo esperaría que esto fuera imposible, pero también esperaría que no hubiera una prueba de ello todavía. Dicho esto, estaré encantado si resulta que estoy equivocado en cualquiera de los dos aspectos, así que por favor hágamelo saber, junto con cualquier otra indicación de un trabajo interesante en esta línea si es que existe. Y si todo esto sigue siendo básicamente una gran incógnita, también lo aceptaré a regañadientes como respuesta.

Answer 1

Permítame replantear su pregunta.

Dejemos que $n \geq 2$ sea un número entero y para cada $k$ en $[2,n]$ hay un conjunto $P_k$ de residuos módulo $k$ . Los elementos de $P_k$ se llaman Trevor-primas. Un número, $m$ , en $[n+1,n^2]$ es un compuesto de Trevor si existe un $k$ y un $p \in P_k$ tal que $m \cong p \pmod{k}$ .

Pregunta: Para cada opción de $n$ si para cada $k$ le site $P_k$ son subconjuntos estrictos de sistemas de residuos completos módulo $k$ ¿Puede el $P_k$ se elija de forma que cada $m$ en $[n+1,n^2]$ es un Trevor-compuesto?

Si ese es su escenario y su pregunta, ...

---

Resumen: no para $n < 5$ ; sí para $n \geq 5$ .

La respuesta es no para $n = 2$ ya que sólo una clase de residuo es un Trevor-prima en $P_2$ y tenemos que cubrir ambos $3$ et $4$ con ese único residuo, lo cual es imposible.

Para $n = 3$ podemos elegir residuos para $P_2$ et $P_3$ pero debemos dejar al menos un residuo sin elegir en cada uno. Por la Teorema del resto chino ya que $2$ et $3$ son relativamente primos, el período de los pares de residuos módulo $2$ et $3$ es seis. El intervalo $[n+1, n^2] = [4,9]$ contiene $9 - 4 + 1 = 6$ enteros, un período completo. En consecuencia, no importa qué residuo omitamos de $P_2$ y que desde $P_3$ hay un elemento de $[4,9]$ con esos residuos, que no es un compuesto de Trevor. Por lo tanto, no hay solución para $n = 3$ .

La misma prueba se aplica cuando $n = 4$ porque el mínimo común múltiplo de $2$ , $3$ et $4$ es $12$ et $4^2 - 5 + 1 = 12$ . Pero esta prueba sugiere un camino a seguir una vez que el período del teorema del resto chino es más largo que el intervalo que deseamos llenar con Trevor-composites.

Para $n \geq 5$ , $L = \mathrm{lcm}(2, 3, \cdots, n) > n^2 - (n+1)+1$ . (¿Por qué? $n$ et $n-1$ son relativamente primos, por lo que su producto $n(n-1) = n^2 - n$ , divide el lcm. $n(n-1)$ también es igual a $n^2 - (n+1)+1$ el número de miembros de $[n+1,n^2]$ . El lcm también es divisible por $n-2$ cuando $n$ es impar o $\frac{1}{2}(n-2)$ cuando $n$ está en paz. Cuando $n \geq 5$ este factor adicional es mayor que $1$ .)

Para cada $k$ set $P_k$ para ser el conjunto completo de los residuos modulo $k$ omitiendo el residuo $n^2 + 1 \pmod{k}$ . Por el teorema del resto chino hemos dispuesto un entero por período de longitud $L$ para no ser un Trevor-compuesto. Ese número entero es $n^2 + 1 \pmod{L}$ . Dado que el representante más pequeño de esa clase de residuo es $n^2 + 1$ que no está en el entero $[n+1, n^2]$ Hemos organizado para cada miembro de $[n+1, n^2]$ para ser un compuesto de Trevor.