Sé que si$n$ es equivalente a$5 \pmod 6$, entonces hay un factor principal de$n$ que también lo es. Tengo problemas para convertir esto en una prueba significativa.
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Joffan
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Considere el producto$Q$ del primer$k$ primos$\{p_i\}$ equivalente a$5 \bmod 6$, si es necesario multiplicando por$5$ de nuevo para que$Q\equiv 5 \bmod 6$.
Ahora, los factores primos de$Q{+}6$ no incluirán ninguno de los primos anteriores, pero deben incluir al menos otro primo de la forma$5 \bmod 6$. Por lo tanto, no hay una lista finita de dichos primos.
Mr. Brooks
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Usted sólo puede adaptar Euclides prueba de que existen infinitos números primos para adaptarse a su propósito.
Tomar cualquier finito lista de positivos primos $p$ satisfacción $p \equiv 5 \pmod 6$. Desde $p \equiv -1 \pmod 6$, si la lista contiene una cantidad de números primos, duplicar uno de los números primos en la lista y se multiplican todos ellos juntos para obtener el $N \equiv 5 \pmod 6$.
El número de $N + 6$ debe ser primos o compuestos, a pesar de que es coprime a todos los números primos en la lista. Pero si es el primer, significa que su lista finita de números primos que satisface la congruencia es incompleta. Pero si es compuesto, uno de sus factores primos también debe ser de la forma $6k + 5$, pero no es cualquiera de los números primos en su lista, lo que también significa que la lista debe estar incompleta.
Por ejemplo: $\{11, 17\}$, pero tenemos que duplicar uno de ellos tiene un número impar de términos. A continuación,$11^2 \times 17 + 6 = 2063$, que es el primer y congruente a $5 \pmod 6$, por lo que nuestra lista de números primos de esta forma se convierte en $\{11, 17, 2063\}$. A continuación,$11 \times 17 \times 2063 + 6 = 385787 = 29 \times 53 \times 251$. Whoa! Que tres de los números primos de la forma $6k + 5$. Nuestra lista, a continuación, vuelve $\{11, 17, 29, 53, 251, 2063\}$, pero puesto que es un número par de términos, tenemos que duplicar uno de ellos. Y así sucesivamente y así sucesivamente.
Evan Trimboli
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Esta wiki de la comunidad es elaborar el comentario de Thomas Andrews.
Qué se puede hacer con una gran cantidad de estos "infinidad de números primos de la forma $r \pmod m$" pruebas es tomar una lista finita de números primos de la forma, multiplicar juntos, tal vez también a multiplicar por $r$, añada $m$ o restar algún otro número, con el fin de obtener otro número de la forma $r \pmod m$. Este número debe ser en sí prime, o sea un múltiplo de un primo de la forma $r \pmod m$ que no estaba en la lista.
La manera más obvia de $5 \pmod 6$ es la toma de una lista finita de números primos de la forma, multiplicar juntos, luego multiplicar por 6 y resta 1. De este modo obtenemos un número que también es $5 \pmod 6$, pero es coprime a los números primos en nuestra lista limitada. Si pasa a ser el primer, bam! nuestra lista de los números primos de la forma que se muestra incompleta. Pero si es compuesto, y que
saben que si $n$ es equivalente a $5 \pmod 6$, entonces hay un primer factor de $n$ que es así
eso significa que este compuesto en el número debe ser divisible por algunos de los mejores de la forma $5 \pmod 6$. Pero a partir de este número compuesto es coprime a los números primos en nuestra lista, su primer factor de la forma $5 \pmod 6$ no está en nuestra lista, por lo que nuestra lista finita de números primos de esta forma se muestra incompleta de todos modos.
La única razón para usar la primera $k$ primos de esta forma como su finitos lista es para mantener los números pequeños, en primer lugar, de todos modos. Digamos que 5 es el único prime de este formulario. Pero $6 \times 5 - 1 = 29 \equiv 5 \pmod 6$, que es primo. A continuación,$6 \times 5 \times 29 - 1 = 869 = 11 \times 79$, de los cuales el menor factor primo satisface la congruencia. Y así sucesivamente y así sucesivamente.
Roger Hoover
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Cualquier prime $p>3$ es $\equiv 1\pmod{6}$ o $\equiv 5\pmod{6}$. Hay un número infinito de números primos, así que vamos a intentar derivar una contradicción a partir de la suposición de que sólo un número finito de números primos se $\equiv 5\pmod{6}$. Deje $\chi(n)$ ser la multiplicación de la función que es igual a $1$ si $n\equiv 1\pmod{6}$, $-1$ si $n\equiv 5\pmod{6}$ y cero en caso contrario. Tenemos
$$ L(\chi,1)=\sum_{n\geq 1}\frac{\chi(n)}{n}=\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{(6n+1)}-\frac{1}{(6n+5)}\right)=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\tag{1} $$
Deje $\mathcal{P}_1$ el conjunto de los números primos $\equiv 1\pmod{6}$ $\mathcal{P}_5$ el conjunto de los números primos $\equiv 5\pmod{6}$.
Por Euler del producto
$$ L(\chi,1) = \prod_{p\in\mathcal{P}}\left(1-\frac{\chi(p)}{p}\right)^{-1}= \prod_{p\in\mathcal{P}_1}\left(1+\frac{1}{p}\right)^{-1}\prod_{p\in\mathcal{P}_5}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1} \tag{2}$$
si $\mathcal{P}_5$ eran finitos, el último producto sería cero, ya que para cualquier $s>1$ la identidad de $\prod_{p\in\mathcal{P}}\left(1+\frac{1}{p^s}\right)=\frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}$ mantiene. No es por $(1)$, por lo tanto $\mathcal{P}_5$ es infinito.
