Corresponderá al demandado demostrar que no se ha infringido el principio de igualdad de trato.

Question

Considere la posibilidad de secuencia $x^2-x+1$ ($1,3,7,13,21,31,43,57,73,91,\dots$). Vamos a considerar la factorización prima de cada término. $$3=3$$ $$7=7$$ $$13=13$$ $$21=3\times7$$

Parece que los únicos factores primos que oímos son 3 y los de la forma $6k+1$. De hecho, la descomposición en factores primos de los primeros 10 000 términos de la secuencia da 7233 distintos de los números primos, y todos ellos (excepto 3)$6k+1$.

Que ningún miembro de la secuencia es siempre divisible por un primo de la forma $6k-1$ es puramente empírica conjetura. Existe una prueba formal (o un contraejemplo)?

Answer 1

Que $p$ ser una privilegiada.

$$p\mid x^2-x+1$$

$$\implies p\mid 4\left(x^2-x+1\right)=(2x-1)^2+3$$

$$\iff (2x-1)^2\equiv -3\pmod{p}$$

Por Reciprocidad cuadrática , esto implica ya sea % o $p=2$ $p=3$o $p\equiv 1\pmod{3}$.

$2$ y no de la forma $3$ $6k-1$. Y si $p\equiv 1\pmod{3}$, entonces el $p$ no es de la forma $6k-1$ porque $6k-1\not\equiv 1\pmod{3}$.

Answer 2

Suponga que un primer $p|n^2-n+1$ formulario de algunos entero $n$. Entonces también tenemos que $p$ es un factor de $(n+1)(n^2-n+1)=n^3+1$. En otras palabras $$ n^3\equiv-1\pmod p.\qquad(*) $$ Vamos a tratar de averiguar el orden de los residuos de la clase de $n$ modulo $p$. De $(*)$ se sigue que $n^6\equiv1\pmod p$, por lo que el orden es un factor de seis, pero no un factor de tres.

No podemos tener a $n^2\equiv1\pmod p$, para, a continuación, $p$ es también un factor de $(n^2-1)-(n^2-n+1)=n-2$. Al$n\equiv 2\pmod p$,$n^2-n+1\equiv3\pmod p$, por lo que debemos ser en el caso excepcional de $p=3$. De lo contrario el pedido no es un factor de dos.

Así que si $p>3$ el orden es de seis. Pero por Lagrange del teorema de la teoría de grupo de primaria el orden es un factor de $p-1$. QED

Answer 3

Podemos observar que la $$ q(x)=x^2-x+1 = \Phi_6(x) = \frac{(x^6-1)(x-1)}{(x^3-1)(x^2-1)}$$ es un cyclotomic polinomio. Si para algunos el primer $p>6$ tenemos $q(x)\equiv 0\pmod{p}$, lo que significa que $x$ orden $6$$\mathbb{F}_p^*$, ya que por encima de la identidad de las raíces de $q(x)$ son exactamente los primitivos sexto raíces de la unidad. Por Lagrange del teorema, el orden de un elemento de $\mathbb{F}_{p}^*$ tiene que ser un divisor del orden del grupo, que es $p-1$. Así: $$ x^2-x+1\equiv 0\pmod{p}\quad\Longrightarrow\quad p\equiv 1\pmod{6}.$$ Este argumento también es la clave para una escuela primaria de la prueba del hecho siguiente: por cada $n\geq 2$, hay infinitos primos de la forma $kn+1$. Es interesante señalar que en la actualidad de una escuela primaria de la prueba de la más general del teorema de Dirichlet, evitando la Selberg-Erdos maquinaria involucrada en la primaria de la prueba de la PNT, que aún falta.

Answer 4

Como complemento a @user236182, demostremos que $(\frac{-3}{p})=1$ es una condición necesaria y suficiente condición para que un extraño prime $p$ brecha $x^2 - x + 1$ (donde $x$ es un número entero). Acaba de darse cuenta de que $x^2 - x + 1 = (x + j)(x + j^2)$ donde $j$ denota una primitiva raíz cúbica de a $1$. Desde el anillo de $\mathbf Z [j]$ es un UFD, la división de la condición anterior es equivalente a la división de $p$ en el cuadrática campo $ \mathbf Q (j) = \mathbf Q (\sqrt-3)$, y esto es conocido por ser equivalente a $(\frac{-3}{p})=1$ .