Vermutung: Gibt es unendlich viele Dreieckszahlen, die von der Form sind? $qp$ , wo $p$, $q$ sind verschiedene Primzahlen?
Zeigen Sie, dass es unendlich viele positive ganze Zahlen gibt $n$ so dass die Anzahl der verschiedenen ungeraden Primfaktoren von $n(n + 3)$ ist ein Vielfaches von $3$.
Ich konnte nicht viel Fortschritt machen, nahm ich $n= 3k$und versuchte dann zu zeigen, dass es unendlich viele, viele positive ganze Zahlen gibt $k$ so dass die Anzahl der verschiedenen ungeraden Primfaktoren von $k(k + 1)$ ist $1\mod 3$.
Also wenn ich das zeigen kann
Es gibt unendlich viele dreieckige Zahlen, die von der Form sind $qp$ , wo $p,q$ ist eine Primzahl
Dies sieht wahr aus, wenn man den OEIS-Link sieht , der erste Begriff ist$55$, dann $91$ , dann $231$ und so weiter .. dann werde ich fertig sein.
Ich denke jedoch, dass ich auf einem falschen Weg bin, weil es ein Wettbewerbsproblem ist.
Danke im Voraus!
Hier ist der Link der Frage
Antworten
Hier ist eine Methode, um das Wettbewerbsproblem zu lösen. Angenommen, es gibt nur eine begrenzte Anzahl positiver Ganzzahlen$n$ wobei die Anzahl der verschiedenen ungeraden Primfaktoren von $n(n + 3)$ ist ein Vielfaches von $3$. Somit gibt es eine maximale Ganzzahl$n_0$ wo dies gilt, so für alle $n \gt n_0$, die Anzahl der verschiedenen ungeraden Primfaktoren von $n(n + 3)$ist kein Vielfaches von$3$. Beachten Sie, dass alle folgenden Ganzzahlen als solche betrachtet werden$\gt n_0$. Als nächstes definieren
$$f(i) = \text{the number of distinct prime factors } \ge 5 \text{ of } i \tag{1}\label{eq1A}$$
Eine andere Sache zu beachten ist, dass es keinen Primfaktor gibt $\ge 5$ gemeinsam unter jeder ganzen Zahl in einer Gruppe von $4$ fortlaufende Ganzzahlen.
Ähnlich wie Sie es getan haben, das Produkt von jedem $2$ aufeinanderfolgende ganze Zahlen, sagen wir $m(m + 1)$kann mit multipliziert werden $9$ zu bekommen $3m(3m + 3)$, die von der Form ist $n(n + 3)$ mit $n = 3m$. Dies bedeutet für jeden$2$ fortlaufende Ganzzahlen $m$ und $m + 1$, seit der $f(i)$ Funktion enthält nicht den Faktor von $3$, wir bekommen
$$f(m) + f(m + 1) \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{2}\label{eq2A}$$
Das Quadrieren ändert also nicht die Anzahl der verschiedenen Primfaktoren $f(j^2) = f(j)$. So,
$$f((j^2 - 1)j^2) = f(j^2 - 1) + f(j^2) = f(j - 1) + f(j) + f(j + 1) \tag{3}\label{eq3A}$$
Verwenden Sie dies zusammen $m = j^2 - 1$ in \ eqref {eq2A} gibt
$$f(j - 1) + f(j) + f(j + 1) \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{4}\label{eq4A}$$
Wähle ein $n_1$ wo $3 \mid n_1$ und $f(n_1) \equiv 2 \pmod{3}$ (z.B, $n_1$ ist $3$ mal das Produkt von $2$große Primzahlen). Als nächstes definieren Sie für eine etwas einfachere Algebra
$$d_i = f(n_1 + i), \; i \ge 0 \tag{5}\label{eq5A}$$
was bedeutet
$$d_0 \equiv 2 \pmod{3} \tag{6}\label{eq6A}$$
Unter Verwendung von \ eqref {eq2A} ergeben \ eqref {eq4A} und \ eqref {eq5A}
$$d_0 + d_1 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{7}\label{eq7A}$$
$$d_0 + d_1 + d_2 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{8}\label{eq8A}$$
$$d_1 + d_2 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{9}\label{eq9A}$$
Die Verwendung von \ eqref {eq6A} in \ eqref {eq8A} ergibt $d_1 + d_2 \not\equiv 0 \pmod{3}$. In Kombination mit \ eqref {eq9A} ergibt dies
$$d_1 + d_2 \equiv 1 \pmod{3} \tag{10}\label{eq10A}$$
Die Verwendung von \ eqref {eq6A} in \ eqref {eq7A} ergibt $d_1 \not\equiv 0 \pmod{3}$. Wenn$d_1 \equiv 2 \pmod{3}$, dann $d_2 \equiv 2 \pmod{3}$. Beachten Sie jedoch, dass wir in diesem Fall wiederholt \ eqref {eq8A}, \ eqref {eq9A} und \ eqref {eq10A} verwenden können, wobei die Indizes um erhöht werden$1$ jedes Mal, um das zu bekommen $d_i \equiv 2 \pmod{3}$ für alle $i \ge 0$. Dies ist jedoch nicht möglich, z. B. wenn a$n_1 + i$Wert ist eine Primzahl. Das heißt also, wir müssen stattdessen haben
$$d_1 \equiv 1 \pmod{3} \tag{11}\label{eq11A}$$
Somit gibt \ eqref {eq10A}
$$d_2 \equiv 0 \pmod{3} \tag{12}\label{eq12A}$$
Wiederverwendung von \ eqref {eq8A} und \ eqref {eq9A}, wobei die Indizes um erhöht wurden $1$ gibt
$$d_1 + d_2 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{13}\label{eq13A}$$
$$d_2 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{14}\label{eq14A}$$
Die Verwendung von \ eqref {eq11A} in \ eqref {eq13A} ergibt $d_2 + d_3 \not\equiv 1 \pmod{3}$. Kombiniert mit \ eqref {eq14A} ergibt
$$d_2 + d_3 \equiv 0 \pmod{3} \tag{15}\label{eq15A}$$
Die Verwendung von \ eqref {eq12A} in \ eqref {eq15A} ergibt
$$d_3 \equiv 0 \pmod{3} \tag{16}\label{eq16A}$$
Verwenden von $3 \mid n_1$ mit $f(n_1(n_1 + 3))$ gibt
$$d_0 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{17}\label{eq17A}$$
Die Verwendung von \ eqref {eq6A} in \ eqref {eq17A} ergibt jedoch
$$d_3 \not\equiv 0 \pmod{3} \tag{18}\label{eq18A}$$
Dies widerspricht \ eqref {eq16A}. Da haben wir beide gezeigt$2$ erlaubte Fälle für die Kongruenz von $d_1 \pmod{3}$ nicht halten, dies bedeutet die ursprüngliche Annahme, dh es gibt nur eine endliche Anzahl von $n$welche Arbeit muss falsch sein. Dies beweist, dass es unendlich viele positive ganze Zahlen gibt$n$ wobei die Anzahl der verschiedenen ungeraden Primfaktoren von $n(n + 3)$ ist ein Vielfaches von $3$.
Nehme an, dass $\frac{n(n + 1)}{2}$ ist ein Produkt von $2$ Primzahlen wo $n > 2$. Wenn$n$ ist gerade, das bedeutet, dass beide $\frac{n}{2}$ und $n + 1$ sind Primzahlen, und wenn $n$ ist ungerade, dann beides $n$ und $\frac{n + 1}{2}$ sind Primzahlen.
Wir finden also, dass es unendlich viele Dreieckszahlen gibt, die ein Produkt von sind $2$ Primzahlen genau dann, wenn es unendlich viele Primzahlen gibt $p$ so dass $2p + 1$ ist eine Primzahl, oder es gibt unendlich viele Primzahlen $p$ so dass $2p - 1$ist eine Primzahl. Beides sind ungelöste Probleme.
Primzahlen $p$ so dass $2p + 1$ist auch eine Primzahl, die Sophie Germain Primzahlen genannt werden . Primzahlen$p$ so dass $2p - 1$ist auch eine Primzahl, habe keinen besonderen Namen. In beiden Fällen wird vermutet, aber nicht bekannt, dass es unendlich viele solcher Primzahlen gibt.