Si $q$ es primo, entonces $w=(1+q+q^2)/3$ es un entero compuesto si $w$ tiene un divisor primo menor que $\sqrt{w}$ y congruente con $1$ modulo $6$

Question

Tengo una pregunta sobre los números primos. En concreto, me pregunto si lo siguiente es cierto:

Si $q$ es un primo y $w=(1+q+q^2)/3$ es un número entero, entonces $w$ es compuesto si $w$ tiene un divisor primo menor que $\sqrt{w}$ y congruente con $1$ modulo $6$ .

Edición: El problema aparece en este papel.

Answer 1

Como dijo @HagenvonEitzen en los comentarios $w$ es un número entero sólo si $q\equiv 1\pmod{6}$ . Sea $q=6k+1$ entonces $$ w=\frac{q^3-1}{3(q-1)}=\frac{216k^3+108k^2+18k}{18k}=12k^2+6k+1=3k^2+(3k+1)^2 $$ Así que $w$ es la norma de un El entero de Eisenstein $W=(3k+1)+k\sqrt{-3}=a+b\omega\in \mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ con $a=2k+1,b=2k$ .

Desde $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ es euclidiano podemos factorizar $W$ en Primas de Eisenstein . Desde $(2k+1,2k)=1$ ningún primo racional puede dividir $W$ . Los otros primos de Eisenstein tienen $|z|^2=p$ donde $p=3$ o $p\equiv 1\pmod{6}$ es un primo racional. $3\nmid w$ así que $w$ es el producto de los primos congruentes a 1 módulo 6.

O bien $w$ es primo, $w=p^2$ para algún primo $p$ o $w=pv$ es compuesto con algún factor primo $1<p<\sqrt{w}$ . De hecho, si $q=313$ entonces $w=181^2$ Por lo tanto, cada caso es posible y la afirmación, tal y como está planteada, no es del todo correcta.

Answer 2

Como señala Hagen von Eitzen $q \equiv 1$ ( $\bmod$ $6$ ). Si $q=6n+1$ entonces

$$ \frac{1+q+q^2}{3}=12n^2+6n+1=\frac{1-(6n+2)+(6n+2)^2}{3}. $$

Una prima $\neq 3$ dividiendo $1-m+m^2$ para algún número entero $m$ es igual a $1$ $\bmod$ $6$ . Esto se debe a que $1-m+m^2\equiv 0$ expresa que $m$ es una raíz sexta primitiva de la unidad mod ese primo. Como el número anterior no es divisible por $3$ todos sus divisores primos deben ser iguales a $1$ $\bmod$ $6$ .

Answer 3

Para que $w$ sea un número entero, necesitamos que $q$ es una solución de $X^3\equiv 1\pmod 3$ . Esto implica $q\equiv 1\pmod 3$ . También, $q=2$ lleva a $w=\frac73$ Por lo tanto $q$ es impar, es decir $q\equiv 1\pmod 6$ . Sea $p$ sea un factor primo de $w$ . Entonces $q$ es de nuevo una solución de $X^2+X+1\equiv 0\pmod p$ es decir, hay raíces primitivas de thierd módulo $p$ es decir $p\equiv 1\pmod 3$ . También, $p\ne 2$ como $1+q+q^2$ es impar. Por lo tanto, cualquier factor primo de $w$ es $\equiv 1\pmod 6$ . A menos que $w$ es en sí mismo un primo, al menos un factor primo es $\le\sqrt w$ con igualdad si y sólo si $w$ es el cuadrado de un primo. Así que su conjetura es correcta, excepto en los posibles casos en los que $w$ es el cuadrado de un primo.

Una comprobación numérica para $q\le 10^8$ sólo muestra un caso en el que $w=p^2$ se produce, a saber $q=313$ , $p=181$ . De hecho, la búsqueda de soluciones de $\frac{1+q+q^2}3=p^2$ conduce a la ecuación $q^2+q+1=3p^2$ o $(p\sqrt 3+q)(p\sqrt 3-q)=q+1$ Por lo tanto $p\sqrt 3>q$ y $$ p\sqrt 3-q=\frac{q+1}{p\sqrt 3+q}<\frac{q+1}{2q}=\frac12+\frac1{2q}.$$ De esto, $p\sqrt 3<q+1$ y por lo tanto $$ p\sqrt 3-q=\frac{q+1}{p\sqrt 3+q}>\frac{q+1}{2q+1}=\frac12+\frac1{2(2q+1)}.$$ Esto hace que $\frac{2q+1}{2p}$ una aproximación bastante buena de $\sqrt 3$ : $$ \left|\frac{2q+1}{2p}-\sqrt 3\right|<\frac{1}{pq}\approx \frac1{p^2\sqrt 3}.$$ Concluimos que $\frac{2q+1}{2p}$ se puede encontrar a partir de la fracción continua para $\sqrt 3$ y un breve análisis nos da la recursión $p_{n+1}=14p_n-p_{n-1}$ con $p_0=1, p_1=13$ como candidatos a $p$ y $q_{n+1}=14q_n-q_{n-1}+6$ con $q_0=1, q_1=22$ como candidatos a $q$ . Sólo cuando las dos secuencias coinciden con un primo, obtenemos una solución.

Esto produce rápidamente (una vez más) la solución anterior $q=313,p=181$ . La siguiente solución encontrada, es $$ q=2288805793,\quad p=2288805793.$$ Gracias al rápido crecimiento de las secuencias recursivas, pude comprobar que no existen otras soluciones con $q<10^{4000}$ . Con una heurística muy burda (utilizando que $p_n$ y $q_n$ crecen exponencialmente y que la probabilidad de $x$ ser primo es $\frac1{\ln x}$ ), la probabilidad de que ambos $p_n$ y $q_n$ en la secuencia anterior son primos, es $\sim\frac1{n^2}$ por lo que el valor esperado para el número de soluciones es finito y el número esperado de soluciones con $q>10^{4000}$ es prácticamente cero. Así que es plausible que las dos soluciones encontradas hasta ahora puede son los únicos casos en los que $w$ es el cuadrado de un primo ...