Una infinidad de números primos $5n+1$

Question

Probar sin residuos cuadráticos o de Dirichlet' teorema de que existen infinitos números primos de la forma $$5n+1, \ \ \ \ \ n\in \mathbb{N}$$

Yo:

Obviamente $n$ tiene que ser, incluso, o $5n+1$ es incluso. Podemos usar $n':=\frac{n}{2}$, luego $$5n+1=10n'+1$$ Esto debería aumentar las probabilidades de que el número de primos. Desde $5n+1$ el número de números primos es acerca de $\frac{li(n)}4$. Para $10n'+1$, debería ser $\frac{li(n')}2$. ¿Esta ayuda? o debo quedarme con $5n+1$?

Answer 1

Vamos que considerar los números de la forma $a^5-1$. Para cualquier prime $p$ que divide $a^5-1$, tenemos:

$$ a^5 \equiv 1\pmod{p}\tag{1} $$ por lo tanto, si $p>5$ $a\not\equiv 1\pmod{p}$ tenemos que la orden de $a$ $\mathbb{F}_p^*$ es de cinco, por lo tanto $5\mid (p-1)$ o de: $$ p\equiv 1\pmod{5}. \tag{2}$$ Con el fin de demostrar que un número infinito de números primos de la forma $5k+1$ existen, es suficiente para mostrar una secuencia de números de la forma $a^5-1$ con la propiedad de que ni $2,3$ o $5$ dividir cualquier término de la secuencia, y los dos términos de la secuencia se coprime.

O simplemente podemos aplicar Szigmondy del teorema de la secuencia: $$ b_n = 12^{5^n}-1, \tag{3}$$ dar a ese $b_n$ tiene un primer factor que no aparece en $b_1,b_2,\ldots,b_{n-1}$. Esas "nuevas" primer factor es para asegurarse de $\equiv 1\pmod{5}$$(1)$$(2)$, por lo tanto, hay un número infinito de números primos de la forma $5k+1$.

Answer 2

Una ligera variación de Jack respuesta, cayendo más en línea con Euclides de la prueba.

Si $1+x+x^2+x^3+x^4\equiv 0\pmod p$ $p\neq 5$ prime, a continuación,$p\equiv 1\pmod 5$. Esto es porque si $x\equiv 1\pmod p$$1+x+x^2+x^3+x^4\equiv 5\not\equiv 0\pmod p$, pero $x^5\equiv 1\pmod p$ $x$ es de orden $5$ modulo $p$, y, por tanto, $p-1$ es divisible por $5$.

Ahora vamos a $p_1,p_2,\dots, p_k$ ser cualquier conjunto de números primos.

A continuación, vamos a $m=5p_1p_2\cdots p_k$ y deje $n=1+m+m^2+m^3+m^4$. Entonces cualquier prime $p$ que es un divisor de a $n$ no es uno de $5,p_1,\cdots, p_k$. Y tenemos $m^5-1\equiv 0\pmod p$ $p\equiv 1\pmod 5$ desde $m\not\equiv 1\pmod p$.

Esto funciona realmente para cualquier número de $k$, no sólo a $k=5$.

Teorema: Dado un número entero positivo $k$, existe una infinidad de números primos de la forma $kn+1$.

Prueba: Vamos a $\Phi_k(x)$ ser el cyclotomic polinomio para $k$. Entonces:

$$\Phi_k(x)\equiv 0\pmod{p}$$

sólo si $p\equiv 0,1\pmod k$. (Eso es algo que demostrar, sin duda.) Luego de la anterior prueba de obras de tomar de tomar los productos de cualquier conjunto finito de números primos y $k$ conseguir $K$ y encontrar un nuevo primer de esta forma, mediante el hallazgo de un primer factor de $\Phi_k(K)$.

Así, por ejemplo, si $k=4$ $\Phi_4(x)=x^2+1$ $\Phi_4(4K)=16K^2+1$ es solo divisible de los números primos de la forma $4n+1$.

O si $k=6$,$\Phi_6(x)=x^2-x+1$, y cualquier factor principal de $\Phi_6(6n)=36n^2-6n+1$ $\equiv 1\pmod{6}$ y no es un divisor de a $n$. Así que si $p\mid 36n^2-6n+1$ $$p\mid 4(36n^2-6n+1)=(12n-1)^2 +3$$ so $-3$ is a square modulo $p$, which is only true when $p\equiv 1\pmod 3$ or $p=2,3$.