Une idée pour le quatrième problème de Landau ?

D'où vient l'implication (1) => Legendre ?

Édit : ah non, Legendre c'est celui avec $n^{2}$ et $(n+1)^{2}$

Pourtant, on a bien $2^{2 p^2} + 1 = 0 \pmod {4 p^2 + 1}$ avec $(1)$ ce qui donne si $p$ vérifie $(1)$ :  $2^{4 p^2 + 1} - 2 = 2(2^{2 p^2} - 1)(2^{2 p^2} + 1) = 0 \pmod {4 p^2 + 1}$, non ?

Donc ce que tu dis, c'est que $4 p^2 + 1$ est premier pour $p \in \{7, 11, 13, 17, 23, 37, 43, 47, 53\}$ et donc pas un nombre de Poulet ? Mais alors où intervient le test de primalité ? J'avoue avoir du mal à comprendre...

Ok. Du coup, es-tu capable de démontrer que $2$ n'est pas un menteur d'Euler pour les entiers de la forme $4 p^2 + 1$ ?
Et aussi que $\left(\frac{2}{4\cdot p^{2}+1}\right)\equiv -1 \pmod{4 p^2 + 1}$ ?
Ça ne me paraît pas évident...

Si tu sais montrer qu'un nombre de Poulet composé ne peut s'écrire sous la forme $4 p^2 + 1$ avec $p$ premier, alors oui c'est évident. D'ailleurs, même pas besoin du test de primalité dans ce cas, un simple raisonnement par l'absurde suffit avec ce que j'ai mis dans mon premier message.
Pour ce qui est des idées concernant ce que tu as mis plus haut, peut être que des considérations sur le nombre de Mersenne pourront t'aider, mais honnêtement, ça me paraît aussi difficile que le $4^e$ problème de Landau.

JRManda a dit :

Je n'ai pas su comment appliquer la formule récurrente $S_{n+1}=(2n-(n-1))+1800$ pour comprendre la suite, 

C'est une simple conséquence de la suite $n$ de raison  30 

Si tu prends le premier exemple avec $n=4$ alors $n^2+1=17$ le deuxième terme modulo 30 est par conséquent $n = 34$ qui te donne  $n^2+1=1157$

appartenant à la même famille de nombres premiers de la forme $30k + 17$ ou 17 de raison 30, qui contient une infinité de nombres premiers . 

Partant du principe que c'est une suite arithmétique, le troisième terme serra $2*1157 - 17 + D$ où D est la différence des termes au deuxième niveau , qui est la donc la raison R = 1800 , c'est simple à vérifier . Je ne pense pas qu'il soit utile de le démontrer...

On se retrouve en définitive avec 9 suites "" Arithmétique "" de raison 1800 pour cette conjecture et:

d'après le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet, il me parait évident , que ces 9 suites donneront par conséquent une infinité de nombres premiers.

D'autant qu'il est possible de créer une infinité de polynômes de cette forme , on peut d'ailleurs utiliser la formule des triplets pythagoriciens équivalent au polynôme $T_n$  avec $n = 4$ modulo 30 ; $4² + 1$ , $34² + 1$ ...etc ;

Avec $u\:et \: v$ impairs premiers entre eux ,  $Z_n = \frac{U^2+V^2}{2}$


 Formule qui est équivalente à :

$T_{n+1} = 2*T_n - T_{n-1} +1800$
$Z_{n+1} = 2*Z_n - Z_{n-1} +1800$  ;

où  $Z_0 = 17 = \frac {3^2+5^2} {2}$  puis $u = 3$ et $v = 5$ qui progressent modulo 30. On retrouve le polynôme $(4^2 +1)$ modulo 30 

Autre possibilité équivalente avec $u = 5[30]$ et $v=3$  donnera la même famille 17[30] avec d'autres valeurs premières  mais de raison $R = 900$

Ex:

$Z_{n+1} = 2*Z_n - Z_{n-1} +900$

Ce qui donnera deux fois plus d'entiers en prenant $\frac {n² + 1²}{2}$ et $n$ progresse modulo 30; on aura 4 familles de la forme (1, 11 , 13 et 23 modulo 30)

Pour la classe $17[30]$

(5² + 3²) /2 = 17
(35² + 3²) /2 = 617
(65² + 3²) /2 = 2117

$Z_{n+1} = 2*2117 + 900 - 617 = 4517$

On peut en créer une infinité, dire qu'ils seraient tous finis en nombre de nombres premiers ou que l'hypothénuse de ses triangles rectangles serait fini en nombre de nombre premier me paraît un peu absurde, car cela impliquerait que la suite arithmétique 17 de raison 30, serait aussi finie en nombre de nombres premiers , pour ne prendre que cette famille d'entiers ... 

Bonne continuation .