Una conjetura acerca de la $8n+6$

Question

Puede que usted proporcione un contraejemplo a la demanda dada de abajo ?

Inspirado por Euler conjetura acerca de la $8n+3$ (véase la página 4 de esta nota ) que he formulado la siguiente declaración :

Para cualquier entero no negativo $n$ , $8n+6$ puede ser representada como una suma : $$8n+6 = a^2 +2p$$ , donde $a$ es un entero no negativo , y $p$ es un primo .

He probado este reclamo para todos los $n$$2 \cdot 10^6 $ .

Answer 1

COMENTARIO.-$8n+6=a_1^2+2p$ implica $p$ debe ser impar , porque si no, a continuación, $2(4n+1)=a_1^2$ lo cual es imposible. Por lo tanto $$8n+6=a_1^2+2p\iff4n+3=2a^2+p\space\space.....\space\space (*) $$ We give here two approaches, $(1)$ and $(2)$, el problema tal vez ser capaz de discernir si esto es verdadero o falso.

$(1)$ Consideremos $\cal A =$ $\{\text{all the squares}\}$ y $\cal P =$ $\{\text{all the odd primes}\}$.

►Es fácil de demostrar, a través del teorema de Dirichlet sobre A. P. que todo elemento de a $\cal A$ satisface $(*)$ para una infinidad de números primos y (en consecuencia) una infinidad de $n$. Tenemos para cada uno de ellos fijo $a^2\in\cal A$ $$4n+(3-2a^2)=k_n$$ Noting $3-2a^2=d_a$ we have $(4,d_a)=1$ so there are infinitely many values of $n$ in the A. P. $\{4n+d_a\}_{n\in\mathbb N}$ for which $k_n$ es primo.

►Por otro lado, para cada uno de los prime $p=4n_p\pm1\in\cal P$ tenemos $$\begin{cases}2n+(2n_p+1)=a^2\space\text{ for a odd }\\n+(n_p+1)=\dfrac{a^2}{4}\text{ for a even}\end{cases}$$

Claramente, una infinidad de soluciones $(n,a)$ en ambos casos.

Esta primera approache tiene la apariencia de no dejar la posibilidad de un contraejemplo. He de dejar voluntariamente la posible conclusión final a la O. P.$$*****$$

$(2)$ Tenemos $$4n+3=2a^2+p \iff4(n+1)+1=2a^2+p+2$$ $4(n+1)+1=4n+5$ es siempre una suma de dos cuadrados para $4n+5=X_i^2+Y_i^2$ (en varias formas, de acuerdo a los factores primos de a $4n+5$) por lo tanto, si la ecuación $$a^2+p+2=s^2.......(**)$$ has solution then, for some $i$ we have necessarily $^2=X_i^2$ and $^2+p+2=Y_i^2$.

La ecuación de $(**)$ en general tiene más de una solución, como tantas como diferentes factorizations existen de $p + 2$$\mathbb N$.

Si $p+2=PQ; \space\space P\ge Q $ $PQ=(s-a)(s+a) $ so we can take $(a,s)=\left(\dfrac{P-Q}{2},\dfrac{P+Q}{2}\right)$ and, particularly always the solution $(a,s)=\left(\dfrac{p+1}{2},\dfrac{p+3}{2}\right)$ dos de ellos se obtienen fácilmente. Sigue

$$4n+5=\left(\frac{P+Q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{P-Q}{2}\right)^2\iff 4n+5=2\left(\dfrac{P-Q}{2}\right)^2+PQ$$ Sigue $$4n+3=2\left(\dfrac{P-Q}{2}\right)^2+PQ-2$$ where $PQ$ is a factorization of $p+2$ for odd primes $p$.

Ejemplo.- Al $p+2=q$ es el primer (dos números) no es sólo uno de factorización. El primer compuesto de enteros de la forma $p+2$ $15$ para los que sólo hay dos factorizations, $(P,Q)=(5,3),(15,1)$. $$(P,Q)=(15,1)\Rightarrow 8(\color{red}{27})+6=(\color{red}{14})^2+2(\color{red}{13})\\(P,Q)=(5,3)\Rightarrow 8(\color{red}{3})+6=(\color{red}{2})^2+2(\color{red}{13})$$