Conjecture: y a-t-il une infinité de nombres triangulaires de la forme $qp$ , où $p$, $q$ sont des nombres premiers distincts?

Nov 21 2020

Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tel que le nombre de facteurs premiers impairs distincts de $n(n + 3)$ est un multiple de $3$.

Je n'ai pas pu faire beaucoup de progrès, j'ai pris $n= 3k$, puis essayait de montrer qu'il existe une infinité de nombres entiers positifs $k$ tel que le nombre de facteurs premiers impairs distincts de $k(k + 1)$ est $1\mod 3$.

Alors si je peux montrer ça

Il existe une infinité de nombres triangulaires de la forme $qp$ , où $p,q$ est un prime

Cela semble vrai en voyant le lien OEIS , le premier terme est$55$, ensuite $91$ , ensuite $231$ et ainsi de suite .. alors je serai fait.

Cependant, je pense que je suis sur une mauvaise voie, car c'est un problème de concours.
Merci d'avance!

Voici le lien de la question

Réponses

2 JohnOmielan Nov 22 2020 at 11:57

Voici une méthode pour résoudre le problème du concours. Supposons qu'il n'y ait qu'un nombre fini d'entiers positifs$n$ où le nombre de facteurs premiers impairs distincts de $n(n + 3)$ est un multiple de $3$. Ainsi, il y a un entier maximum$n_0$ où cela tient, donc pour tous $n \gt n_0$, le nombre de facteurs premiers impairs distincts de $n(n + 3)$n'est pas un multiple de$3$. Notez que tous les nombres entiers ci-dessous sont considérés comme$\gt n_0$. Ensuite, définissez

$$f(i) = \text{the number of distinct prime factors } \ge 5 \text{ of } i \tag{1}\label{eq1A}$$

Une autre chose à noter est qu'il n'y a pas de facteur premier $\ge 5$ en commun entre tout entier dans un groupe de $4$ entiers consécutifs.

Semblable à ce que vous avez fait, le produit de tout $2$ entiers consécutifs, disons $m(m + 1)$, peut être multiplié par $9$ pour obtenir $3m(3m + 3)$, qui est de la forme de $n(n + 3)$ avec $n = 3m$. Cela signifie que pour tout$2$ entiers consécutifs $m$ et $m + 1$, depuis le $f(i)$ la fonction n'inclut pas le facteur de $3$, on a

$$f(m) + f(m + 1) \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{2}\label{eq2A}$$

La quadrature ne change pas le nombre de facteurs premiers distincts, donc $f(j^2) = f(j)$. Ainsi,

$$f((j^2 - 1)j^2) = f(j^2 - 1) + f(j^2) = f(j - 1) + f(j) + f(j + 1) \tag{3}\label{eq3A}$$

En utilisant ceci, le long $m = j^2 - 1$ dans \ eqref {eq2A}, donne

$$f(j - 1) + f(j) + f(j + 1) \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{4}\label{eq4A}$$

Choisissez un $n_1$$3 \mid n_1$ et $f(n_1) \equiv 2 \pmod{3}$ (par exemple, $n_1$ est $3$ fois le produit de $2$grands nombres premiers). Ensuite, pour une algèbre un peu plus simple, définissez

$$d_i = f(n_1 + i), \; i \ge 0 \tag{5}\label{eq5A}$$

ce qui signifie

$$d_0 \equiv 2 \pmod{3} \tag{6}\label{eq6A}$$

L'utilisation de \ eqref {eq2A}, \ eqref {eq4A} et \ eqref {eq5A} donne

$$d_0 + d_1 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{7}\label{eq7A}$$

$$d_0 + d_1 + d_2 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{8}\label{eq8A}$$

$$d_1 + d_2 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{9}\label{eq9A}$$

L'utilisation de \ eqref {eq6A} dans \ eqref {eq8A} donne $d_1 + d_2 \not\equiv 0 \pmod{3}$. Combiné avec \ eqref {eq9A}, cela donne

$$d_1 + d_2 \equiv 1 \pmod{3} \tag{10}\label{eq10A}$$

L'utilisation de \ eqref {eq6A} dans \ eqref {eq7A} donne $d_1 \not\equiv 0 \pmod{3}$. Si$d_1 \equiv 2 \pmod{3}$, ensuite $d_2 \equiv 2 \pmod{3}$. Notez cependant que dans ce cas, nous pouvons utiliser à plusieurs reprises \ eqref {eq8A}, \ eqref {eq9A} et \ eqref {eq10A}, les indices étant incrémentés de$1$ à chaque fois, pour avoir ça $d_i \equiv 2 \pmod{3}$ pour tous $i \ge 0$. Cependant, cela n'est pas possible, par exemple, lorsqu'un$n_1 + i$la valeur est un nombre premier. Ainsi, cela signifie que nous devons à la place avoir

$$d_1 \equiv 1 \pmod{3} \tag{11}\label{eq11A}$$

Ainsi, \ eqref {eq10A} donne

$$d_2 \equiv 0 \pmod{3} \tag{12}\label{eq12A}$$

Réutilisation de \ eqref {eq8A} et \ eqref {eq9A} avec les indices augmentés de $1$ donne

$$d_1 + d_2 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{13}\label{eq13A}$$

$$d_2 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{14}\label{eq14A}$$

L'utilisation de \ eqref {eq11A} dans \ eqref {eq13A} donne $d_2 + d_3 \not\equiv 1 \pmod{3}$. Combiné avec \ eqref {eq14A} donne

$$d_2 + d_3 \equiv 0 \pmod{3} \tag{15}\label{eq15A}$$

L'utilisation de \ eqref {eq12A} dans \ eqref {eq15A} donne

$$d_3 \equiv 0 \pmod{3} \tag{16}\label{eq16A}$$

Utilisant $3 \mid n_1$ avec $f(n_1(n_1 + 3))$ donne

$$d_0 + d_3 \not\equiv 2 \pmod{3} \tag{17}\label{eq17A}$$

Cependant, utiliser \ eqref {eq6A} dans \ eqref {eq17A} donne

$$d_3 \not\equiv 0 \pmod{3} \tag{18}\label{eq18A}$$

Cela contredit \ eqref {eq16A}. Depuis que nous avons montré à la fois le$2$ permis des cas pour la congruence de $d_1 \pmod{3}$ ne tient pas, cela signifie l'hypothèse originale, c'est-à-dire qu'il n'y a qu'un nombre fini de $n$quel travail, doit être incorrect. Cela prouve qu'il existe un nombre infini d'entiers positifs$n$ où le nombre de facteurs premiers impairs distincts de $n(n + 3)$ est un multiple de $3$.

2 Dylan Nov 22 2020 at 07:13

Supposer que $\frac{n(n + 1)}{2}$ est un produit de $2$ nombres premiers où $n > 2$. Si$n$ est pair, cela signifie que les deux $\frac{n}{2}$ et $n + 1$ sont des nombres premiers, et si $n$ est étrange, alors les deux $n$ et $\frac{n + 1}{2}$ sont des nombres premiers.

Nous constatons donc qu'il existe une infinité de nombres triangulaires qui sont un produit de $2$ nombres premiers si et seulement s'il y a une infinité de nombres premiers $p$ tel que $2p + 1$ est un nombre premier, ou il y a une infinité de nombres premiers $p$ tel que $2p - 1$est un premier. Ces deux problèmes ne sont pas résolus.

Primes $p$ tel que $2p + 1$est aussi un nombre premier sont appelés les nombres premiers de Sophie Germain . Primes$p$ tel que $2p - 1$est également un premier qui n'a pas de nom spécial. Dans les deux cas, on suppose mais on ne sait pas qu'il existe une infinité de ces nombres premiers.