Un número infinito de primos en la forma $4n+1$ prueba

Question

Pregunta: ¿Existen infinitos primos de la forma $4n+3$ y $4n+1$ ?

Mi intento: Supongamos lo contrario, que existen finitamente muchos primos de la forma $4n+3$ , digamos que $k+1$ de ellos: $3,p_1,p_2,....,p_k$

Considere $N = 4p_1p_2p_3...p_k+3$ , $N$ no puede ser un primo de esta forma. Así que supongamos que $N$ = $q_1...q_r$ , donde $q_iP$

Alegación: Al menos uno de los $q_i$ es de la forma $4n+3$ :

Prueba de mi afirmación: $N$ es impar $\Rightarrow q_1,...,q_r$ son impar $\Rightarrow q_i \equiv 1\ (\text{mod }4)$ o $q_i 3\ (\text{mod }4)$

Si todos los $q_1,...q_r$ son de la forma $4n+1$ entonces $(4n+1)(4m+1)=16nm+4n+4m+1 = 4(\cdots) +1$

Por lo tanto, $N=q_1...q_r = 4m+1$ . Pero $N=4p_1..p_k+3$ es decir $N3\ (\text{mod }4)$ , $N$ es congruente con $1\ \text{mod }4$ que es una contradicción.

Por lo tanto, al menos uno de $q_i \equiv 3\ (\text{mod }4)$ . Supongamos que $q_j\equiv 3\ (\text{mod }4)$

$\Rightarrow$ $q_j=p_i$ para algunos $1\leq i \leq k$ o $q_j =3$

Si $q_j=p_i3$ entonces $q_j$ | $N = 4p_1...p_k + 3 \Rightarrow q_j=3$ ¡Contradicción!

Si $q_j=3$ ( $\neq p_i$ , $1\leq i \leq k$ ) entonces $q_j | N = 4 p_1...p_k + 3 \Rightarrow q_j=p_t$ para algunos $1 \leq i \leq k$ ¡Contradicción!

De hecho, debe haber también infinitos primos de la forma $4n+1$ (según mi búsqueda), pero el método anterior no funciona para su prueba. No he podido entender por qué no funciona. ¿Podría mostrarme por favor?

Saludos

Answer 1

Supongamos que $n>1$ es un número entero. Definimos $N=(n!)^2 +1$ . Supongamos que $p$ es el divisor primo más pequeño de $N$ . Desde $N$ es impar, $p$ no puede ser igual a $2$ . Está claro que $p$ es mayor que $n$ (por lo demás $p \mid 1$ ). Si demostramos que $p$ es de la forma $4k+1$ entonces podemos repetir el procedimiento sustituyendo $n$ con $p$ y producimos una secuencia infinita de primos de la forma $4k+1$ .

Sabemos que $p$ tiene la forma $4k+1$ o $4k+3$ . Desde $p\mid N$ tenemos $$ (n!)^2 \equiv -1 \ \ (p) \ . $$ Por lo tanto, $$ (n!)^{p-1} \equiv (-1)^{ \frac{p-1}{2} } \ \ (p) \ . $$ Utilizando el pequeño Teorema de Fermat obtenemos $$ (-1)^{ \frac{p-1}{2} } \equiv 1 \ \ (p) \ . $$ Si $p$ era de la forma $4k+3$ entonces $\frac{p-1}{2} =2k+1$ es impar y por lo tanto obtenemos $-1 \equiv 1 \ \ (p)$ o $p \mid 2$ que es una contradicción ya que $p$ es impar.

Answer 2

En efecto, hay otro enfoque elemental:

Por cada par $n$ todos los divisores primos de $n^2+1$ son $ \equiv 1 \mod 4$ . Esto se debe a que cualquier $p\mid n^2+1$ cumple con $n^2 \equiv -1 \mod p$ y por lo tanto $\left( \frac{-1}{p}\right) =1$ que es, ya que $p$ debe ser impar, equivalente a $p \equiv 1 \mod 4$ .

Supongamos que sólo hay $k$ primos $p_1,...,p_k$ de la forma $4m+1$ . Entonces se puede derivar una contradicción al considerar los factores primos de $(2p_1...p_k)^2+1$ .

(También hay una aproximación elemental para demostrar que hay infinitos primos congruentes con $1$ modulo $n$ por cada $n$ pero eso se vuelve bastante tedioso. (Ver: Wikipedia como referencia).

Answer 3

Hay infinitos primos en las dos progresiones aritméticas $4k+1$ y $4k-1$ .
La prueba de Euclides de la infinitud de los primos puede modificarse fácilmente para demostrar la existencia de infinitos primos de la forma $4k-1$ .

Esquema de la prueba : supongamos que el conjunto de estos primos es finito, dado por $\{p_1=3,p_2=7,\ldots,p_k\}$ y considerar el enorme número $M=4p_1^2 p_2^2\cdots p_k^2-1$ . $M$ es un número de la forma $4k-1$ por lo que por el teorema fundamental de la Aritmética tiene un divisor primo de la misma forma. Pero $\gcd(M,p_j)=1$ para cualquier $j\in[1,k]$ Por lo tanto, tenemos una contradicción.

Dado que hay infinitos primos en el AP $4k-1$ ¿es posible que sólo haya un número finito de primos en el AP $4k+1$ ? No parece tan razonable, y de hecho no se produce. Definamos, para cualquier $n\in\mathbb{N}^+$ , $\chi_4(n)$ como $1$ si $n=4k+1$ , como $-1$ si $n=4k-1$ , como $0$ si $n$ está en paz. $\chi_4(n)$ es una función periódica y multiplicativa (un carácter Dirichlet) asociada al $L$ -función $$ L(\chi_4,s)=\sum_{n\geq 1}\frac{\chi_4(n)}{n^s}=\!\!\!\!\prod_{p\equiv 1\!\!\pmod{4}}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}\prod_{p\equiv 3\!\!\pmod{4}}\left(1+\frac{1}{p^s}\right)^{-1}. $$ La última igualdad se desprende del producto de Euler, que nos permite afirmar $$ L(\chi_4,s)=\prod_{p}\left(1+\frac{1}{p^s}\right)^{-1}\prod_{p\equiv 1\!\!\pmod{4}}\frac{p^s+1}{p^s-1}=\frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}\prod_{p\equiv 1\!\!\pmod{4}}\frac{p^s+1}{p^s-1}. $$ Si los primos en el AP $4k+1$ fueran finitos, el límite de la RHS como $s\to 1^+$ sería $0$ .
Por otro lado, $$ \lim_{s\to 1^+}L(\chi_4,s)=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}(-1)^n x^{2n}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2}=\frac{\pi}{4}\color{red}{\neq} 0 $$ por lo que tiene que haber infinitos primos de la forma $4k+1$ También.

Con pequeños ajustes, la misma aproximación muestra que hay infinitos primos en ambos APs $6k-1$ y $6k+1$ . Acabo de esbozar una versión simplificada de Teorema de Dirichlet para los primos en AP.

Answer 4

Supongamos que sólo hay infinitos primos de la forma $4k+1$ , digamos que $p_{1}, ..., p_{n}$ y considerar $N =(p_{1} ...p_{n})^{2}+ 1$ . $N>p_{i}$ , para $1 in$ Por lo tanto $N$ no puede ser primo. Cualquier número de la forma $a^{2}+1 $ tiene, salvo posiblemente el factor $2$ sólo factores primos de la forma $4m+1$ Desde la división en $N$ por cada factor primo de la forma $4k+1$ deja un remanente $1$ , $N$ no puede ser compuesto, una contradicción. Por lo tanto, el número de primos de la forma $4k +1$ debe ser infinito.

Answer 5

El enfoque que hicimos en el instituto consistió en dos partes.

(a) Primero demuestre que todos los divisores primos de a^2 tienen la forma de 4m+1. p - primo p|a^2+1 -> a^2 -1 (mod p) -> a^4 1 (mod p) & sabemos que a^(p-1) 1 (mod p) - del pequeño teorema de Fermat -> 4|p-1

(b) Hay infinitos primos en la forma de 4m+1. Supongamos lo contrario: hay k números de esa forma y que sean {p1, ... , pk}. Consideremos el número a = 2 p1 p2... pk El número a^2 + 1 = 4 (p1^2) (p2^2) ...*(pk^2) + 1 tiene al menos un divisor primo de la forma 4m+1 (que demostramos en (a)) y no es ninguno de los números p1,...,pk -> contradicción

Espero que esto ayude, Zlata.