Létezik valami érdekes matematikai-tétel, amelyikben négyzetszámok és prímek is szerepelnek?

Tételt nem, sejtést viszont kettőt is tudok, ami valahol még érdekesebbé is teszi őket, mivel látszólagos egyszerűségük ellenére nyitott problémák:

Bármely két, egymást követő négyzetszám között található prím.

Végtelen sok a^2 + 1 alakú prím létezik.

Elég relatív az, hogy kinek mi az érdekes.

Számomra érdekes: az egymást követő négyzetszámok - n^2 és (n+1)^2 (n>0) - között mindig van prím.

2, 2, 2, 3, 2, 4, 3, 4, 3, 5, 4, 5, 5, 4, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 7, 7, 6, 9, 8, 7, 8, 9, 8, 8, ... db prím

Teljesen nyilvánvaló, egyre több prím van közöttük, egyre kisebb relatív szórással, mégsem tudjuk bizonyítani hogy igaz!

(Jelenleg, de lehet hogy sokáig.)

Bármely 3-nál nagyobb prímre – jelöljük p-vel – igaz, hogy: p²-1 osztható 24-el.

Bizonyítás:

Résztétel: Bármelyik prímszám felírható 6k±1 formátumban.

Részbizonyítás:

Bármelyik szám felírható 6 egész számú szorzatának és egy {0,1,2,3,4,5} számnak az összegeként. Máshogy fogalmazva felírható 6k+m alakban, ahol k∈ℤ, m∈{0,1,2,3,4,5}. Ez hatféle eset. Nézzük mindegyiket.

6k → osztható 2-vel, 3-al, 6-al, hiszen 6 eleve osztható ezekkel.

6k+1

6k+2 = 2*(3k+1) → osztható 2-vel

6k+3 = 3*(2k+1) → osztható 3-al

6k+4 = 2*(3k+2) → oszthat= 2-vel

6k+5

Ebből következik, hogy a 6k, 6k+2, 6k+3, 6k+4 számok biztosan összetett számok. Ebből meg következik, hogy ha egy szám prímszám, akkor az csak 6k+1, vagy 6k+5 formátumú lehet, ha más formátumú lenne, nem lenne prím. (Mivel a 6k+5 formátum egyenértékű a 6k-1 formátummal – csak egy eggyel kisebb k-t kell venni, 6k+5 = 6(k+1)-1 –, ezért azt is szokták mondani, hogy minden prímszám felírható 6k±1 formátumban.)

~ ~ ~ ~ ~ ~ ~

Nézzük, mi van, ha a prímszámunk 6k+1 formátumú:

p²-1 = (6k+1)² -1 = 36k² + 12k + 1 - 1 = 36k² + 12k

Nézzük, mi van, ha a prímszámunk 6k-1 formátumú:

p²-1 = (6k-1)² -1 = 36k² - 12k + 1 - 1 = 36k² - 12k

Ergo:

p²-1 = 36k² ± 12k = 12k * (3k ± 1)

~ ~ ~ ~ ~ ~ ~

k lehet páros, és akkor felírható 2m alakban. (Ahol m egész szám.)

k lehet páratlan, és akkor felírható (2m+1) alakban. (Ahol m egész szám.)

Ha k páros, akkor:

p²-1 = 12k * (3k ± 1) = 12*2*m * (6*2*m ± 1) = 24 * m * (12m ± 1)

Mivel [m * (12m ± 1)] egész szám, így a p²-1 osztható lesz 24-el.

~ ~ ~

Ha k páratlan, akkor:

k = 2m + 1

3k = 3*(2m+1) = 6m + 3

Ehhez egyet hozzáadva, vagy egyet elvéve mindenképpen páros számot kapunk.

3k + 1 = 6m + 3 + 1 = 6m + 4 = 2*(m+2) = 2z

Ahol z = (m+2) így természetesen z∈ℕ

3k - 1 = 6m + 3 - 1 = 6m + 2 = 2*(m+1) = 2z

Ahol z = (m+1) így természetesen z∈ℕ

Ergo:

p²-1 = 12k * (3k ± 1) = 12 * k * 2 * z = 24 * k * z

Így tehát p²-1 osztható 24-el.

~ ~ ~ ~ ~ ~ ~

Ergo ha k páros, ha k páratlan, akkor is a 12k * (3k ± 1) osztható lesz 24-el. És mivel p²-1 = 12k * (3k ± 1), ezért p²-1 osztható lesz 24-el.

a^2+b^2 számnak minden 4k+3 alakú prímosztója páros hatványon szerepel.

Emiatt, ha

31|a^2+b^2

akkor

31^2|a^2+b^2

Mert 31 = 4*7+3.

Ez meg egy hasonló:

Fermat tétele, hogy a 4n+1 alakú prímek mindig előállíthatók két négyzetszám összegeként (pl. 13=22+32), míg a 4n+3 alakú prímekre ez nem teljesül.

Az, hogy a 4n+3 nem állítható elő, következik az előzőből.

Az első n darab prím összege mindig nagyobb n² -nél.

A bizonyítás nem nehéz, csak arra kell gondolni, hogy az első n darab páratlan szám összege épp n²-tel egyenlő.