Existen infinitos números primos de la forma p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}\rpiso.

Question

Existen infinitos números primos de la forma p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}\rpiso.

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D Izquierda Adyacente a U

¿Es difícil probar este problema de existencia? Hay infinitamente muchos $n \in \Bbb{N}$ tal que:

pag = ⌊ \sqrt{norte} + \sqrt{norte + 1} ⌋

$p = \lfloor \sqrt{n} + \sqrt{n+1} \rfloor$ es un número primo.

Intentar:

Cada primo impar $p$ puede ser escrito $p = \lfloor{\dfrac{p}{2}} \rfloor + \lfloor \dfrac{p}{2} + 1\rfloor = \lfloor\sqrt{(\dfrac{p}{2})^2} \rfloor +\lfloor \sqrt{(\dfrac{p}{2} + 1)^2} \rfloor$

Pedro

si establecemos

n = k^{2} - 1

$n=k^2-1$ , obtenemos por cada entero positivo

k

$k$ :

⌊ \sqrt{norte} + \sqrt{norte + 1} ⌋ = 2 k - 1

$\lfloor \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \rfloor=2k-1$ Obviamente hay infinitos muchos

k

$k$ tal que

2 k - 1

$2k-1$ es primo

Pedro

es suficiente para probar

(k - 1)^{2} = k^{2} - 2 k + 1 \leq k^{2} - 1

$(k-1)^2=k^2-2k+1\le k^2-1$ que vale para

k \geq 1

$k\ge 1$ . Entonces,

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ Por lo menos

k - 1

$k-1$ , pero obviamente más pequeño que

k

$k$ .

k

$k$ se suma a este número dando un número al menos

2 k - 1

$2k-1$ , pero más pequeño que

2 k

$2k$ . Por lo tanto, el piso de este número es

2 k - 1

$2k-1$ .

Pedro

¿Cómo se relaciona esto con la conjetura de los primos gemelos?

Respuestas (2)

Existen infinitos números primos de la forma p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}\rpiso.

si establecemos $n=k^2-1$ , obtenemos por cada entero positivo $k$ : $⌊ \sqrt{norte} + \sqrt{norte + 1} ⌋ = 2 k - 1$ $\lfloor \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \rfloor=2k-1$ Obviamente hay infinitos muchos $k$ tal que $2k-1$ es primo
es suficiente para probar $(k-1)^2=k^2-2k+1\le k^2-1$ que vale para $k\ge 1$ . Entonces, $\sqrt{n}$ Por lo menos $k-1$ , pero obviamente más pequeño que $k$ . $k$ se suma a este número dando un número al menos $2k-1$ , pero más pequeño que $2k$ . Por lo tanto, el piso de este número es $2k-1$ .
¿Cómo se relaciona esto con la conjetura de los primos gemelos?

tronco de huevo · Answer 1

Alquiler $\sqrt{n} + \epsilon = \sqrt{n+1}$ para algunos $\epsilon > 0$ , el cuadrado da $n + 2\epsilon \sqrt{n} + \epsilon^{2} = n + 1$ por lo tanto la ecuacion $\epsilon^{2} + 2\epsilon \sqrt{n} - 1 = 0$ tiene solucion $\epsilon = \sqrt{n} - \sqrt{n - 1}$

Para $n > 1$ esta diferencia siempre será menor que 1, por lo que se llega al resultado de que $\lfloor \sqrt{n} + \sqrt{n+1}\rfloor = 2k-1$ cuando $n+1 = k^2$

kenta s · Answer 2

kenta s

Para cualquier primo impar $p=2k+1$ , dejar $n=(k+1)^2-1$ .

kenta s

\sqrt{n} + \sqrt{n + 1} = \sqrt{(k + 1)^{2} - 1} + k + 1

$\sqrt n+\sqrt{n+1}=\sqrt{(k+1)^2-1}+k+1$ . Ahora se sigue de

k < \sqrt{(k + 1)^{2} - 1} < k + 1

$k<\sqrt{(k+1)^2-1}<k+1$ .

kenta s

k^{2} < (k + 1)^{2} - 1 < (k + 1)^{2}

$k^2<(k+1)^2-1<(k+1)^2$ .

Existen infinitos números primos de la forma p=⌊n−−√+n+1−−−−−√⌋p=⌊n+n+1⌋p = \lfloor\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}\rpiso.

D Izquierda Adyacente a U

Pedro

Pedro

Pedro

Respuestas (2)

tronco de huevo

kenta s

kenta s

kenta s

¿Por qué ⌊n−−√⌋⌊n⌋\lfloor \sqrt{n} \rfloor cambia como máximo en uno cuando se incrementa nnn?

¿Genera ⌊p–√⌋⌊p⌋\lfloor \sqrt{p} \rfloor todos los números naturales?

∑(p−1)2i=0[qip]+∑(q−1)2i=0[piq]=(p−1)(q−1)4∑i=0(p−1)2[qip] +∑i=0(q−1)2[piq]=(p−1)(q−1)4\sum_{i=0}^{\frac{(p-1)}{2}} [\ fracción{qi}{p}] + \sum_{i=0}^{\frac{(q-1)}{2}} [\frac{pi}{q}] = \frac{(p-1) (q-1)}{4} para primos impares distintos p,qp,qp,q

Mi observación sobre la brecha principal

Escribir raíz cuadrada de números libres de cuadrados como suma de raíces cuadradas.

demostración guiada de que hay infinitos números primos en la progresión aritmética 4n+34n+34n + 3

¿Cuántos números únicos se pueden obtener al multiplicar dos números naturales menores que NNN?

Prueba de infinitos números primos

La descomposición en potencias primas de la suma de dos cuadrados

Una pregunta muy básica (creo) sobre pruebas e infinitos números primos.