Prouvez que le premier $p$ ne peut être $13$ [dupliquer]
Étant donné que $p$ est un prime tel que les deux $\frac{p-1}{4}$ et $\frac{p+1}{2}$ sont aussi des nombres premiers, puis prouvez que $p=13$. Mon essai: laissez$p_1,p_2$ être des nombres premiers tels que $$\frac{p-1}{4}=p_1$$ et $$\frac{p+1}{2}=p_2$$ Alors on obtient, $$p=4p_1+1=2p_2-1$$ Maintenant, si je commence à garder des valeurs bien sûr, je reçois $p_1=3,p_2=7,p=13$comme les seuls triplés principaux. Mais y a-t-il un moyen formel de prouver$13$ est la seule valeur de $p$.
Réponses
Vous avez
$$\begin{equation}\begin{aligned} 4p_1 + 1 & = 2p_2 - 1 \\ 4p_1 & = 2p_2 - 2 \\ 2p_1 & = p_2 - 1 \\ p_2 & = 2p_1 + 1 \end{aligned}\end{equation}\tag{1}\label{eq1A}$$
Avec $p_1$, considérez ses valeurs possibles modulo $3$. Si c'est$p_1 \equiv 1 \pmod{3}$, puis $p_2 \equiv 0 \pmod{3}$, ce qui n'est pas autorisé depuis $p_2 \gt 3$. Alternativement, si$p_1 \equiv 2 \pmod{3}$, puis $p_2 \equiv 2 \pmod{3}$ alors $p = 2p_2 - 1 \implies p \equiv 0 \pmod{3}$. Le seul cas où cela peut être possible est celui où$p_2 = 2$ donnant $p = 3$, mais alors $p = 4p_1 + 1$ne peut pas tenir. Cela laisse le seul cas possible où$p_1$, $p_2$ et $p$ sont tous premiers est où $p_1 = 3$, menant à votre seul cas où $p = 13$.
Supposer $p\equiv1\bmod3$, alors il est facile de vérifier que $\frac{p-1}4\equiv0\bmod3$, alors $\frac{p-1}4=3$ et $p=13$.
Supposer $p\equiv2\bmod3$, puis par une logique similaire $\frac{p+1}2\equiv0\bmod3$ et $p=7$, mais alors $\frac{p-1}4$ n'est pas intégral.
Depuis $p>3$ par $\frac{p-1}4$ être premier, $p=13$.
Clairement, $(p-1)/4\ne2,(p-1)/4\ge3\iff p\ge13$
Donc si $(p-1)/4>3,$
Soit $(p-1)/4=6k+1,k\ge1$
$(p+1)/2=12k+3=3(4k+1)$
Ou $(p-1)/4=6k-1,k\ge1,p=?$