Non è mai primo

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Gianfranco
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Non è mai primo

Messaggio da Gianfranco » sab apr 16, 2016 1:46 pm

Dimostrare che:

a) il numero a=n^4 + 4 non è QUASI MAI primo, per qualunque numero naturale n.

b) il numero a=n^4 + 64 non è MAI primo, per qualunque numero naturale n, ma sfiora pericolosamente infiniti numeri primi.

Questo problema si può affrontare facendo indagini col computer, si scoprono cose interessanti ma si rischia di finire in un vicolo chiuso...
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

gnugnu
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Re: Non è mai primo

Messaggio da gnugnu » dom apr 17, 2016 3:17 pm

Sono arrivato in cima, almeno credo, ma il percorso, che inizialmente appariva come una comoda mulattiera, è poi diventato più difficile con passaggi esposti.
La differenza fra le due domande è davvero minima, ho cominciato con la (b).
Se $ n $ è pari lo sarà anche $ n^4+64 $, che essendo maggiore di $ 2 $ non può essere primo,
Ogni quarta potenza di un dispari, non multiplo di $ 5 $, ha resto $ 1 $ quando viene divisa per $ 5 $. Quindi aggiungendo $ 64 $ si trova sempre un multiplo di $ 5 $, che può essere primo solo quando valga proprio $ 5 $. Questa è la differenza sostanziale con il caso (a): $ 1^4+4=5 $ che è un primo, mentre $ 1^4+64=65=5 \cdot 13 $ non lo è.
Restano da esaminare i valori di $ n $ multipli dispari di $ 5 $, cioè del tipo $ n=10a +5 $ con $ a $ numero naturale qualsiasi.
La regoletta per calcolare rapidamente il quadrato di un numero di questo tipo, porta a scrivere $ (10a+5)^2=100a^2+100a+25=100a(a+1)+25 $, e da questa $ (10a+5)^4=[100a(a+1)+25]^2=10000a^2(a+1)^2+5000a(a+1)+625 $, che, ponendo $ k=a(a+1) $, può anche scriversi $ (10a+5)^4=10000 \frac k 2 (2k+1)+625 $.
Questa non la sapevo: tutte le quarte potenze di un numero terminante con $ 5 $ terminano con $0625$ e la parte che viene prima si può calcolare a mente.
Aggiungendo $ 64 $ otteniamo tutti numeri che terminano per $ 0689 $, iniziando con $ a=0 $ i più piccoli sono: $ 689, 50689, 390689, 1500689, 4100689, 9150689...$.
La parte più difficile è dimostrare che, con le posizioni viste prima, $ (10a+5)^4+64 $ è sempre scomponibile in almeno due fattori maggiori di $ 1 $. Penso di averlo fatto dimostrando che $ 10000 k^2+5000 k + 689 $ [1] è uguale alla differenza di due quadrati.
$ 689=1089-400=33^2-20^2 $ e $ (100 k+33)^2=10000k^2+100 \cdot 66k+1089 $, per ottenere l'espressione [1] devo togliere $ 100 \cdot 16 k+400=16(100k+25)=(4n)^2 $, quindi è $ (10a+5)^4+64=(100k+33)^2-(4n)^2=(100k+33+4n)(100k+33-4n) $.
Da cui $ 689=53 \cdot 13; 50689=293 \cdot 173; 390689=733 \cdot 533; ...$.
In maniera analoga si scompone $ (10a+5)^4+4=10000k^2+5000k+629 $, questa volta la differenza di quadrati è $ (100k+27)^2-(2n)^2=(100k+27+2n)(100k+27-2n) $.
Da cui $ 629=37 \cdot 17; 50629=257 \cdot 197; 390629=677 \cdot 577;...$
Ciao.

Bruno
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Re: Non è mai primo

Messaggio da Bruno » gio apr 21, 2016 1:48 pm

Bella esplorazione, Gnugnu :D

Entrambe le forme sono comprese in questa generalizzazione:

$ n^4 + 4^{2 \cdot k+1} = \left( n^2-2^{k+1}\cdot n+2^{2 \cdot k+1} \right ) \cdot \left( n^2+2^{k+1}\cdot n+2^{2 \cdot k+1} \right ),$

la quale permette di spiegare il punto $a$ e la prima parte del punto $b$.

Anche $ n^4+4 $ sfiora pericolosamente infiniti numeri primi :wink:, per esempio questi A182344.
Invisibile un vento
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(Biagio Marin)

gnugnu
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Re: Non è mai primo

Messaggio da gnugnu » ven apr 22, 2016 8:22 am

Bruno ha scritto:Bella esplorazione...
Così non vale! :shock: Se chiami bella la faticosa e contorta esplorazione che mi ha portato alle conclusioni, non restano più aggettivi da attribuire, equamente, alla tua generalizzazione, sintetica ed elegantissima (a meno di utilizzare una scala logaritmica).
Arriviamo ad un compromesso: declassiamo la mia ad un generico 'apprezzabile'. Tanto, l'importante è che mi sia divertito. :D
Ciao.
B.

Bruno
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Re: Non è mai primo

Messaggio da Bruno » ven apr 22, 2016 1:04 pm

In realtà, Gnugnu, sono state proprio le tue scomposizioni a suggerirmi un certo tipo di ricerca.

Quell'identità può essere generalizzata ulteriormente, per esempio così:

$n^4 + \left (2 \cdot m^2\right )^2 = \left( \left( n - m \right)^2 + m^2 \right) \cdot \left( \left( n + m \right)^2 + m^2 \right),$

che diventa subito la precedente ponendo $m = 2^k$.

Nulla di nuovo sotto il sole, naturalmente, questa è la famosa identità di Sophie Germain.
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