正二进制二次型能代表14个连续数字吗？

Question

新猜想：没有一般的上限。

瓦迪姆·祖迪林建议我把这个问题单独提出来。如下所示连续整数的二元二次型表示大多数给出答案的人在争论不定形式和非齐次多项式后都筋疲力尽了。为此付出了一些真正的努力，也许这不会被视为一个重复的问题。

所以问题是，一个正定积分二元二次型$$f（x，y）=a x ^2+b x y+c y ^2$$代表13个连续的数字？

我目前的记录是8：表格$$6x^2+5xy+14y^2$$表示从716234到716241的8个连续数字。这里我们有判别元$\Delta=-311，$和2,3,5,7都是残数$\pmod{311}.$我认为，$$6x^2+xy+13y^2$$表示716235到716241之间的7个连续数字绝非巧合。

我有一些观察结果。存在一致性障碍$\pmod 8$，除非$f（x，y）=a x ^2+b x y+c y ^2$和$\Delta=b ^2-4 a c，$我们有$\Delta\equiv 1\pmod 8，$或$|\Delta|\equiv 7\pmod 8.$如果一个素数$p|\Delta，$，那么形式被限制为所有二次剩余数或不可被$p整除的数中的所有非剩余数$\pmodp$$

我一直在强调$\Delta=-p$，其中$p\equiv 7\pmod 8$是素数，其中有一个很长的连续二次剩余串$\pmod p.$注意，这意味着只有一个单属具有相同的$\Delta=-p，$，并且任何形式都限于剩余。我没有料到表示数字的长字符串不会从1或任何可预测的位置开始，并且会相当大。随着目标数字的增长，不被任何形式的判别式表示的概率会增加（如果质数$q\parallel n$with$（-p|q）=-1$），但会随着质数因子$r$with$r（-p|r）的数量增加=1$增长，许多形式表示数字（如果有的话）的概率也会增长。最后，考虑到另取一个具有更多连续余数的$\Delta$的影响，问题似乎是类数也在增长。因此，任何地方都存在权衡。

EDIT，5月10日，星期一。我有一个想法，任何单独形式表示的大值都应该被隔离。这太天真了。Legendre证明了对于素数$q\equiv7\pmod8$，存在一个$u^2-qv^2=2，$的解，因此存在无穷多个解。这意味着形式$x^2+qy^2$表示连续的三元组数字$qv^2,1+qv^2，u^2$，然后在跳过$3+qv^2]之后表示$4+qv|2$。取$q=8k-1，$形式$x^2+xy+2ky^2$没有限制$\pmod 8，$而显式公式显示它表示$x^2+qy^2表示的每个数字。$如果$8k-1=q$是素数，那么$x^2+xy+2k y^2$x表示无穷多个三元组。此外，如果$（3|q）=1，$似乎可以期望无穷多个五倍。应该承认，给出的食谱似乎不是从长度3跳到长度5的特别好的方法，尽管以$qt^2$开头的长度5的字符串似乎很多。

EDIT，5月11日，星期二。我找到了一个9的字符串，形式是$6 x ^2+x y+13 y ^2$，数字从$1786879113=3\cdot 173\cdot 193\cdot 17839$开始，以1786879121美元为优质。至于检查，我有一个单独的程序，它向我显示了用正二进制形式表示目标数的特定$x，y$。然后我用我的可编程计算器检查了这些对，它有精确到$10^{10}的算术$

编辑，5月15日星期六。我找到了一个10的字符串，形式是$9 x ^2+5 x y+14 y ^2$，数字从$866988565=5\cdot 23\cdot 7539031$开始，以866988574美元=2\cdot 433494287$

编辑，6月17日星期四。瓦迪姆·祖迪林（Wadim Zudilin）一直在一台速度很快的电脑上运行我的一个程序。最后，我们得到了一个11的字符串，其形式是判别式$-311的$3x^2+xy+26y^2$。积分表示的数字从897105813710开始，到897105833720结束。注意，这个判别式的最大可能值是11。所以我们现在有了这个猜想：对于这个序列中具有绝对值的判别式$\Delta$http://www.oeis.org/A000229某些形式表示一组$N$连续整数，其中$N$是第一个二次非剩余整数。因此，我们推测可以用正二次型表示的连续整数的数量没有上限。

Answer 1

我只是想说，如果$p$是这样的素数对于所有$\ell\le N$，$\ell$在$F=\mathbb{Q}（\sqrt{-p}）$中拆分，则可以证明$N$连续整数的存在性，其中是$\mathcal中整数的范数{O} _F（F）美元，只要有人愿意到假定关于素数的标准假设，即，辛泽尔假设H。

首先，请注意以下几点：

引理1:如果$C$是奇数阶阿贝尔群，则存在有限（有序）设置$c$元素的$S=\{c_i\}$，这样$c$中的每个元素都可以以表格形式书写$\显示样式{\sum\epsilon_i\cdot c_i}$其中$\epsilon_i=\pm 1$。

证明：如果$C=A\oplus B$，则取$S_C=S_A\cup S_B$。如果$C=\mathbb｛Z｝/n\mathbb｛Z｝$然后取$S=\｛1,1,1，\ldots，1\｝$$|S|=2n$。

让$C$成为$F$的类组。它的顺序很奇怪，因为$2$拆分为$F$，因此$\Delta_F=-p$。设$S$是一个集合，如引理所示。让$A$表示有序在$\mathcal中分割的一组不同素数$\{pi\}${O} _F（F）$这样可以写$p_i=\mathfrak{p} _ i\mathfrak{p}'_i$与$[\mathfrak美元{p} _ i]=c_i\在c$中，其中$c_i$表示一组元素其存在性在引理1中得到了证明。

引理2：如果$n$是某个理想$\mathfrak{n}\in\mathcal的范数{O} _F（F）$,并且$n$不能被$A$中的任何素数$p_i$整除，那么$$n\cdot\prod_{A}p_i$$是$\mathcal中代数整数的范数{O} _F（F）$.

证据：我们可以选择$\epsilon_i=\pm 1$这样$\displaystyle｛[\mathfrak｛n｝]+\sum\epsilon_i\cdot c_i=0\在c｝$中。

假设，$[\mathfrak{p} _ i]=c_i\（以c$表示），因此$[\mathfrak{p}'_i]=-c_i\以c$表示。因此，理想$$\mathfrak{n}\prod_{\epsilon_i=1}{\mathfrak{p}}\prod_{\epsilon_i=-1}\mathfrak{p}'$$是主要的，并且具有所需的规范。

通过切博塔列夫密度定理（应用于希尔伯特类域对于$F$），存在如上所述的一组$a$素数，它避免了素数。特别是，我们可以找到$N$这样的两两不同的集合，其中包含无素数$\le N$。用$A_1、\ldots、A_N$表示这些集合。

根据中国剩余定理，整数集$m$$$m\equiv 0\mod p\cdot（N！）^2$$$$m+j\equiv 0\mod\prod_{p_i\in A_j}p_i，\qquad 1\le j\le N$$形式为$m=d m+k$，其中$0\le k<m$，$d$是任意的，$m$是模量的乘积。

引理3：假设Schinzel假设H，存在无穷多个整数$d$这样$$P_{dj}:=\frac{dM+k+j}{j\cdot\prod_{P_i\在A_j}P_i}中$$对于所有$j=1，\ldots，N$都是同时素数。

证明：通过构造，所有这些数字都是$M$的互质（容易检查）。因此，随着$d$的变化，这些乘积的最大公约数数字是$1$，所以Schinzel的假设H适用。

让$\chi$表示$F$的二次特征。请注意$dM+k+j=j\mod p$，依此类推$\chi（dM+k+j）=\ chi（j）=1$（因为所有小于$N$的素数都拆分为$F$）。此外，$\chi（p_i）=所有的1$$A_j中的素数$p_i$$通过构造。因此$\chi（P_{dj}）=1$。特别地，如果$P_{dj}$是素数，那么$P_{dj}$和$j\cdot P_{dj}$是$F$的整数环。根据引理2，这意味着$$dM+k+j=j\cdot P_{dj}\prod_{P_i\在A_j}P_i中$$是$\mathcal的某些元素的范数{O} _F（F）所有$j=1，\ldot，N$为$。

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认为当前筛分技术不够的一个原因要回答这个问题以下：当筛分产生非平凡下限时，通常产生了一个相当好的下限。然而，以下问题没有好的（下限）：计算整数的数量$n$这样，$n$、$n+1$和$n+2$都是两个平方的和。即使对于要估计$n$的数量，使$n$和$n+1$都是平方和，这是一个棘手的问题——胡利暗示自然筛没有给出下限（原因类似于奇偶校验问题）。相反，他把问题与表格的总和联系起来$\displaystyle｛\sum_｛n＜x｝a_n a_｛n+1｝｝$其中$\sum-a_nq^n=\theta^2$是一种模形式隐式使用无法工作的自形方法包含三个或更多术语。

Answer 2

我把这个问题作为一个答案，让它变得更加明显，皮特·L·克拉克的建议对我来说似乎是正确的。

瓦迪姆·祖迪林（Wadim Zudilin）一直在一台快速计算机上运行我的一个计算机程序。今天，我们发现了一根长度为11的绳子。形式是$3 x ^2+x y+26 y ^2$的判别式$\Delta=-311。$表示的数字从897105813710到897105833720。注意，这是这个判别式可能的最长字符串，因为第一个二次非剩余$\pmod{311}$是$11.$字符串中的第一个数字是$\equiv 0\pmod}，$实际上是897105813710=2*5*311*288458461。因此，在这一点上，我猜想可以用正数形式表示的连续整数的数量没有一般的上界。我想到的判别式是$\Delta=-p，$其中$p\equiv7\pmod8$是一个具有较大最小无余数的素数。这种素数尤其可以在http://www.oeis.org/A000229虽然并非所有这些都是$\equiv 7\pmod 8.$更具体地说，猜测是对于任何这些理想的判别式，都有一组长度为$N的连续整数表示，其中$N$是最小的二次非剩余$\pmod p$

现在，我承认我们没有长度为12、13或14的序列。但是，就像《接触》中的朱迪·福斯特一样，我是一个科学型的人，在电影结束时会依赖信仰。与此同时，宗教人士马修·麦康纳（Matthew McConaughey）接受了科学结论。

正如Wadim所评论的，对于长度12和13，我们考虑的是区分$-479，$479$的第一个非保留值是13。对于长度14、15、16、17，我们必须移动到-1559.$但随着长度的增加，以及判别数的类数和绝对值的增加，我们必须运行的目标数要高出这么多，这确实令人惊讶。Wadim有内置整数的机器，最高可达$10^{18}$，这一点至关重要。我有一个依赖因子分解的非常不同的程序设计，适用于Mathematica或gp-Pari，这个程序的速度是渐进的。但gp-Pari对我来说是新的。

我最近关于Green-Tao定理和正二次型的问题是试图让人们思考如何证明这个问题的广义界不存在。

最后，感谢瓦迪姆·祖迪林。

Answer 3

这里有一个启发性的方法，可以解释为什么任意大的连续字符串数字应该可以用某种二进制二次型表示。为了简单起见考虑一个素数$p$是$3\pmod4$，因此$-p$是一个基本判别式。假设$p$被选中，所有素数$\le-k$都是二次剩余$\pmod p$。假设存在判别式$-p$的$h$二次型（注意只有一个亏格）。

回想一下，数字$n$是由某种形式的判别式$-p$if表示的$n$的每个素因子$\ell$满足$\chi（\ell）=1$。正如我的回答从二次域获得作为范数的连续整数我们应该期望找到许多$k$连续数字的字符串，每个字符串都可以用某种形式的判别式$-p$来表示。

在回答这个问题时，我重点关注了这些（几乎）质数串，但同样的Hardy-Littlewood启发法可以预测大量字符串$n+1$，$\ldots$，$n+k$，其中每个$n+j$只能被二次剩余素数整除$\pmod p$，每个$n+j$都有一个典型的质数因子。在限制$n$的所有素因子都是二次剩余$\pmod-p$，如果$n$是通常情况下，它会有大约$\frac12\log\logn$这样的基本因子。此外，我们可以预计这些主要因素大致均匀分布在类组中（固定大小$h$）。因此，因为有$2^{omega（n）}$作为两个理想乘积的$n$的因式分解，我们预计通常有许多这样的因式化，其中一个因子位于指定的理想的班级。

总结一下，我们会发现有很多字符串$n+j$（$1\le j\le k$），每个$n+j$由大约$\frac 12\log\log n$素数组成都是二次剩余$\pmod-p$，并且（通常）每个这样的$n+j$都会用每种形式的判别式$-p$表示。

只需稍作努力就可以将此转换为精确的Hardy-Littlewood型猜想，但我看不出有任何证据的希望。

上面描述的启发式可能是经典的。一个地方布洛默和格兰维尔的一篇论文描述了启发式：见第9页和第10页网址：http://www.dms.umontreal.ca/~andrew/PDF/quadraticforms.PDF