问题及解答

是否存在无穷多个素数 $p$, 使得 $4p+1$ 也是素数?

Remark:

若成立, 则 Artin 猜想对于 $a=2$ 时成立, 即存在无穷多个素数 $p$, 使得 $2$ 是模 $p$ 的一个原根.

Reference:

Tim Browning, Roger Heath-Brown, Sieves in Number Theory.

令 $p=2k+1$, $k\in\mathbb{N}$. 则 $q=4p+1=8k+5$. 这里我们假设 $p$ 和 $q$ 都是素数. 回忆

\[
\biggl(\frac{2}{p}\biggr)=\begin{cases}
1, & \text{若}\ p\equiv\pm 1\pmod 8,\\
-1, & \text{若}\ p\equiv\pm 3\pmod 8.
\end{cases}
\]

见问题1816. 这里 $\Bigl(\frac{a}{p}\Bigr)$ 是 Legendre 符号. 因此 $\Bigl(\frac{2}{q}\Bigr)=-1$. (因为 $q=8k+5\equiv -3\pmod 8$.) 也就是不存在 $x$ 使得 $2\equiv x^2\pmod q$.

进一步的, 根据 Fermat 小定理, $2^{4p}=2^{q-1}\equiv 1\pmod q$. 因此 $2$ 的关于模 $q$ 的阶必为 $1,2,4,p,2p$ 或 $4p$ 中的一个 ($4p$ 的因子). 

容易验证这个阶不是 $1,2$ 或 $4$. 也不可能是 $p$. 因为若 $2$ 关于模 $q$ 的阶是 $p$, 则

$2^p=2^{\frac{q-1}{4}}\equiv 1\pmod q$, 这推出 

\[
(2^{k+1})^2\equiv 2\pmod q .
\]

剩下还需要证明阶不是 $2p$, 即 $2^{2p}\not\equiv 1\pmod q$. 否则, 我们有 $2^2\equiv 2^{-4k}\pmod q$, 从而有两种可能性:

\[
2\equiv 2^{-2k}\pmod q ,\quad 2\equiv -2^{-2k}\pmod q .
\]

第一种是不可能的, 原因同上; 第二种也是不可能的, 因为否则推出

\[
1=\biggl(\frac{-2}{q}\biggr)=\biggl(\frac{-1}{q}\biggr)\biggl(\frac{2}{q}\biggr)=-\biggl(\frac{-1}{q}\biggr)=-1.
\]

我们证明了:

若 $p$ 是奇素数, $q=4p+1$ 是素数, 则 $2$ 是 $q$ 的原根.