Cualquier número impar es de la forma $a+b$ donde $a^2+b^2$ es primo

Question

Esta conjetura se comprueba para todos los números naturales Impares menores que $10^8$ :

Si $n>1$ es un número natural impar, entonces hay números naturales $a,b$ tal que $n=a+b$ y $a^2+b^2\in\mathbb P$ .

$\mathbb P$ es el conjunto de números primos.

Deseo ayuda con contraejemplos, heurística o una prueba.

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Adenda: Para impar $n$ , $159<n<50,000$ Hay $a,b\in\mathbb Z^+$ tal que $n=a+b$ y ambos $a^2+b^2$ y $a^2+(b+2)^2$ son primos.

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Como ha insinuado pisco125 en un comentario, existe una versión más débil de la conjetura:

Todo número impar se puede escribir $x+y$ donde $x+iy$ es un primo gaussiano primo.

Que dan lugar a una función:

$g:\mathbb P_G\to\mathbb O'$ dado por $g(x+iy)=x+y$ , donde $\mathbb O'$ son los enteros Impares con $0,\pm 2$ incluido.

La conjetura más débil es entonces equivalente con que $g$ está en.

La razón por la que la conjetura es más débil es que cualquier primo de la forma $p=4n-1$ es un primo gaussiano. La razón por la que $0,\pm 2$ hay que añadir que $\pm 1 \pm i$ es un primo gaussiano.

Answer 1

He aquí algunas heurísticas. Como define Hans Engler, dejemos $k(n)$ sea el número de pares $(a,b)$ con $a<b$ para lo cual $a+b=n$ y $a^2+b^2$ es primordial. En otras palabras, $$ k(n) = \#\{ 1\le a < \tfrac n2 \colon a^2 + (n-a)^2 = 2a^2 - 2an + n^2 \text{ is prime} \}. $$ Ignorar las cuestiones de uniformidad en $n$ El Conjetura de Bateman-Horn predice que el número de valores primos de un polinomio irreducible $f(a)$ hasta $x$ es asintótica a $$ \frac x{\log x} \prod_p \bigg( 1-\frac1p \bigg)^{-1} \bigg( 1-\frac{\sigma(p)}p \bigg), $$ donde $\log$ denota el logaritmo natural y $$ \sigma(p) = \#\{ 1\le t\le p\colon f(t) \equiv 0 \pmod p \}. $$

Ahora calculamos $\sigma(p)$ para $f(a) = 2a^2 - 2an + n^2$ . Obsérvese que el discriminante de $f$ es $(-2n)^2 - 4\cdot2n^2 = -4n^2$ . Por lo tanto, si $p$ no divide $-4n^2$ el número de soluciones viene dado por el símbolo de Legendre $$ \sigma(p) = 1 + \bigg (\frac{-4n^2}p\bigg) = 1 + \bigg (\frac{-1}p\bigg) = \begin{cases} 2, &\text{if } p\equiv1\pmod 4, \\ 0, &\text{if } p\equiv3\pmod 4. \end{cases} $$ Además, podemos comprobar a mano que si $p=2$ entonces $\sigma(p)=0$ , mientras que si $p$ divide $n$ entonces $\sigma(p)=1$ . Por lo tanto, nuestra predicción se convierte en $$ k(n) \approx \frac{n/2}{\log(n/2)} \cdot 2 \prod_{\substack{p\equiv1\pmod 4 \\ p\nmid n}} \frac{p-2}{p-1} \prod_{\substack{p\equiv3\pmod 4 \\ p\nmid n}} \frac p{p-1}. $$ (Estamos abusando de la notación: esos dos productos no convergen individualmente, pero su producto converge cuando los primos se toman en su orden natural). En principio, esa constante podría evaluarse inteligentemente con varios decimales. Pero a efectos del experimento, quizás sea valioso observar que $k(n)$ debe ser aproximadamente $n/\log n$ por una constante universal, por $$ \prod_{\substack{p\equiv1\pmod 4 \\ p\mid n}} \frac{p-1} {p-2}\prod_{\substack{p\equiv3\pmod 4 \\ p\mid n}} \frac {p-1}p; $$ y así los datos pueden ser normalizados por esa función de $n$ para comprobar la coherencia.

Answer 2

Una forma equivalente de formular esta conjetura es también la siguiente:

Para cada número natural $n$ que tenemos: $ \displaystyle 0 = \prod_{\underset{\gcd(a,b)=1}{2n+1=a+b}} (\Omega(a^2+b^2)-1)$

Esto equivale a decir que el polinomio $\displaystyle f_n(t) = \prod_{\underset{\gcd(a,b)=1}{2n+1=a+b}} (t-\Omega(a^2+b^2))$ tiene cero $1$ .

donde $\Omega$ cuenta los divisores primos con multiplicidad.

Answer 3

COMENTARIO.-Esta es otra forma, quizá interesante para algunos, de plantear el mismo problema.

Dado un número natural impar, $2n + 1$ Hay $n$ diferentes formas de expresarlo como la suma de dos naturales $$2n+1=(2n-k)+(k+1);\space k=1,2,....,n$$ Entonces el problema se puede plantear de forma equivalente: $$\text{ For all natural 2n+1 greater than 1}\text{ at least one of the n numbers}\\\begin{cases}M_1=4n^2+1\\M_2=(2n-1)^2+2^2\\M_3=(2n-3)^2+3^3\\...........\\...........\\M_n=(n+1)^2+n^2\end{cases}\\ \text{ is a prime}$$

NOTA .- Se sabe que tal primo (si existe) es necesariamente de la forma $p=4m+1$ . Además, cada $M_k$ tiene una factorización de la forma $$M_k=\prod p_i^{\alpha_i}\prod q_j^{2\beta_j}$$ donde $\alpha_i,\space \beta_j$ son enteros no negativos, los primos $p_i$ y $q_j$ siendo de la forma $4m+1$ y $4m-1$ respectivamente.

Mientras que más grande 2n + 1 es, más probable que exista tal número primo. Parece que la conjetura es cierta

Answer 4

A mi entender, consideremos una condición, como por ejemplo $a^2+b^2=$ primo. Sabemos que cualquier número par que se eleve al cuadrado dará como resultado EVEN, y cualquier número impar que se eleve al cuadrado dará como resultado impar. Cuando $a^2$ y $b^2$ son ambos pares, entonces la suma nos dará EVEN, que no es un primo. Del mismo modo, cuando ambos $a^2$ y $b^2$ son impares, el resultado también es PAR (impar + impar es siempre par). La condición para que un número sea primo en nuestro caso sólo se cumple cuando al menos $a$ es un número impar, entonces $b$ debe ser un número par y viceversa.

Como esta es la única posibilidad, cualquier número par + cualquier número impar será siempre número impar, por lo tanto $a+b$ también será impar para todos los casos en que dos cuadrados sean un número primo.