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$为$。
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。