¿Una pregunta extraña sobre el subconjunto (de $\Bbb N$) de número $4n + 1$; mal prueba?

Question

Larga introducción (lo siento), pero muy corto pregunta

Usted toma el subconjunto de $\mathbb{N}$ hecha por todos y sólo los números de la forma $4n + 1$, cuando se $n = 0,1,2,\ldots$ y obtener el conjunto :
$A = \{1,5,9,13,17,21,25,29,33,\ldots\}$

$A$ es cerrado con un producto ordinario porque para cualquier $n$,$m$ de $\mathbb{N}$: $(4n+1)(4m+1) = 16nm + 4n + 4m + 1 = 4(4nm+n+m)+1 = 4k + 1 $

Ahora, en este conjunto $A$, los números de $9,13,17,21$ (y otros) son "prime", porque ellos no tienen factores en $A$.

$9$ $21$ no son realmente prime, por supuesto. Ellos son "los mejores" en el conjunto $A$, porque en el $A$ hay realmente ninguna factores de los números.

Voy a llamar a un "primer" en $A$ -prime (Ap), y para un prime en $\mathbb{N}$ (por lo tanto, un verdadero prime) simplemente prime (p).

Obviamente, si un número es un Ap no necesariamente es una p.
Pero si es un p -y pertenecen a $A$ -, entonces también es un Ap.

A continuación, voy a decir que un número $Aq$ es un cuadrado en $A$ ($A$-plaza) si y sólo si existe una $Am$ $A$ tal que $Am^2 = Aq$.

Así que (por ejemplo) la primera $A$-cuadrado de $A$$25$, no $9$.

Si $Aq$ $A$- cuadrado, entonces es también la plaza (en $\mathbb{N}$) pero a la inversa es falso, por lo que el conjunto de los cuadrados de los números es un subconjunto de el todas las plazas de $\mathbb{N}$.

Aquí está la pregunta :
Hay números en $A$ $A$- cuadrado (aunque al final de la plaza), en otras palabras los números como $Ay$ de manera tal que usted puede encontrar (en $A$) un par de $An^2$, $Am^2$
que $An^2 = Ay\cdot Am^2$ ?

Me refiero a la prueba ofrecido amablemente por el Señor Sinclair :

Creo que probablemente es (o debería decir "tal vez") mal, porque :

Es cierto que $k=3 \pmod 4$ $k= 3 \pmod 4$ y es cierto que $n = 1 \pmod 4$. Pero, a pesar de que NO es cierto que $1 = 3 \pmod 4$, ES CIERTO que $1^2=3^2 \pmod 4$ ($1 = 9 \pmod 4$).

Por lo tanto, no hay contradicción se levanta.

El problema es que (tal vez) un poco "engañosa" y se asemeja a a la siguiente:

Es CIERTO que $(−6)^2 = 3^2\cdot2^2$, por lo que el número tres $−6,3,2$ satisfacer la identidad.

Pero NO es cierto que $−6=3\cdot2$.

Entonces, yo creo que el problema no está resuelto aún

Muchísimas gracias por cualquier aclaración

Answer 1

Perdón para dejar caer los prefijos de $A$, que sólo la notación torpe. Busca números enteros $n,m,y \equiv 1 \mod 4$ tal que $n^2 = y m^2$, pero con $y \ne p^2$ para cualquier $p \equiv 1 \mod 4$.

Ya que estos son números enteros, $y = k^2$ $k$. Por la condición en $y$, $k \not \equiv 1 \mod 4$. Pero puesto que $y$ es extraño, debe ser que $k \equiv 3 \mod 4$. Pero también, $n = km$ y por lo tanto $n \equiv km \mod 4$. Pero que significa $1 \equiv 3 \cdot 1 \mod 4$, que es falso.

Así no puede existir ninguna tal trío $m, n, y$.

Answer 2

Deje $P_1$ el conjunto de los números primos $\equiv 1\pmod 4$ $P_3$ el conjunto de los números primos $\equiv 3\pmod 4$. Entonces podemos escribir cualquier $n\in\mathbb N$ $$ n=2^r\cdot\prod_{p\in P_1}p^{s_p}\cdot\prod_{p\in P_3}p^{t_p}.$$ Tenga en cuenta que $$n\in A\iff r=0\text{ and }\sum s_p\text{ is even} $$ $$n\text{ is a perfect square}\iff 2|r\text{, and } 2|s_p\text{ for all $p\en P_1$}\text{, and } 2|t_p \text{ for all $p\en P_3$} $$ $$ n\text{ is an $$-square}\iff r=0\text{, and all $S_p$ and all $t_p$ are even, and }4\mid \sum s_p$$ Por lo tanto el cociente de dos $A$-plazas (si es un entero) tiene la siguiente propiedad (obtenida por la toma de la diferencia de los exponentes)

• $r=0$ porque $0-0=0$
• Todos los $s_p$ y todos los $t_p$ son incluso porque la diferencia de dos pares es aún
• $4\mid \sum s_p$ debido a que la diferencia de dos múltiplos de $4$ es un múltiplo de a $4$.

Por lo tanto el cociente de dos $A$-plazas es un $A$-cuadrado o ni siquiera un entero.