Tre problemi carini.

[Bruno]

Trovati nei social (di fianco indico il proponente), per trascorrere qualche momento interessante in loro compagnia


① Quali sono i numeri primi p tali che p+2·q è primo per ogni primo q<p. [Daniele Bjørn Malesani]
② Determinare i numeri interi n per cui n⁴+n³+n²+n+1 è divisibile per 25. [Domenico Annunziata]
③ Sia p un primo tale che p²+2 è un primo, mostrare che p³+2 è primo. [Marco Damele]

[NothIng]

② Determinare i numeri interi n per cui n⁴+n³+n²+n+1 è divisibile per 25. [Domenico Annunziata]

Penso nessuno.
Si può restringere il campo di ricerca analizzando solo le ultime due cifre della somma e considerando che se un numero è multiplo di 25 deve terminare necessariamente con 00, 25, 50 oppure 75.

$(n⁴+n³+n²+n+1) \mod 100 = ((n \mod 100)⁴+(n \mod 100)³+(n \mod 100)²+(n \mod 100)+1) \mod 100$ (A)

Ponendo $n = 100 * a + b$ con $b = 0 ... 99$ la (A) diventa
$ (b⁴+b³+b²+b+1) \mod 100$ (B)

Provando uno per uno i 100 valori possibili di $b$ non se ne trova nessuno per cui (B) termini con 00, 25, 50 oppure 75.

[Quelo]

Io ho ragionato così:

$n^4+n^3+n^2+n+1$ termina sempre per 1 o per 5 (basta testare i numeri da 1 a 10)

Le somme che terminano con 5 sono quelle per cui $n=5k+1$

Sostituendo $625k^4+625k^3+250k^2+50k+5$

Se divido per 25 ottengo $25k^4+25k^3+10k^2+2k+0,2$ che non è mai intero

[NothIng]

③ Sia p un primo tale che p²+2 è un primo, mostrare che p³+2 è primo. [Marco Damele]

Il $p$ più piccolo che soddisfa tutte e tre le condizioni è $p = 3$.

Tutti gli altri numeri si possono scrivere come $3k + 1 $ oppure $3k + 2$ o $3k + 3$ con $k>= 1$.
Di questi numeri:
tutti quelli della forma $p = 3k + 3$ sono multipli di 3 quindi $p$ non è primo;
tutti quelli della forma $p = 3k + 2$ hanno $p²+2 = (3k + 2)²+2 = 9k² + 12k + 6$ che è multiplo di 3, quindi non è primo
tutti quelli della forma $p = 3k + 1$ hanno $p²+2 = (3k + 1)²+2 = 9k² + 6k + 3$ che è multiplo di 3, quindi non è primo

p=3 non solo è il numero più piccolo che soddisfa ③ ma è anche l'unico (o forse c'è anche 1?!?)

Saluti a tutti

[Quelo]

Trovati nei social (di fianco indico il proponente), per trascorrere qualche momento interessante in loro compagnia

① Quali sono i numeri primi p tali che p+2·q è primo per ogni primo q<p. [Daniele Bjørn Malesani]

2q vale, progressivamente: 4, 6, 10, 14, 22, 26, 34, 38
Verifichiamo i primi da 3 a 17, solo 3 e 7 hanno la proprietà richiesta, da qui in poi:
p finale 1 + 4 = finale 5 non primo
p finale 3 + 22 = finale 5 non primo
p finale 7 + 38 = finale 5 non primo
p finale 9 + 6 = finale 5 non primo

[Bruno]

Ottimissimo

Io ho ragionato così:

$n^4+n^3+n^2+n+1$ termina sempre per 1 o per 5 (basta testare i numeri da 1 a 10)
...

Anche senza testare, osservo che:
n⁴+n³+n²+n+1 = n·(n+1)·(n²+1)+1.
La variabile n può assumere le forme:
(I) 5·t,
(II) 5·t±1,
(III) 5·t±2.
Escludo immediatamente il primo e il terzo caso, perché rendono, rispettivamente, n ed n²+1 multipli di 5.
Escludo anche 5·t-1, per la medesima ragione, riguardo a n+1.
Resta 5·t+1, ma vedo subito, sostituendo, che...

2q vale, progressivamente: 4, 6, 10, 14, 22, 26, 34, 38
Verifichiamo i primi da 3 a 17, solo 3 e 7 hanno la proprietà richiesta, da qui in poi:
p finale 1 + 4 = finale 5 non primo
p finale 3 + 22 = finale 5 non primo
p finale 7 + 38 = finale 5 non primo
p finale 9 + 6 = finale 5 non primo

A me è capitato di vederla così.
2 soddisfa la richiesta perché non ci sono numeri primi più piccoli con cui operare.
3+2·2 = 7 soddisfa la richiesta.
5+2·3 = 11 è primo, ma 5+2·2 = 9 no.
7+2·5 = 17, 7+2·3 = 13 e 7+2·2 = 11 soddisfano la richiesta.
In tutti i successivi casi (tenuto conto che, dopo 3, i numeri primi sono esprimibili nelle forme 6·t±1) ho che:
. 6·t-1+2·2 dovrebbe essere primo e invece è divisibile per 3;
. 6·t+1+2·7 dovrebbe essere primo, ma è anch'esso divisibile per 3.

[Pasquale]

Interessante.....seguono alcune varianti al quesito 3:

sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+6$ e $ p^3+6$

sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+8$ e $ p^3+8$

sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+10$ e $ p^3+10$

sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+14$ e $ p^3+14$

ecc.

[Bruno]

Interessante.....seguono alcune varianti al quesito 3:
...
sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+8$ e $ p^3+8$
...
sia p un primo, tale che siano primi anche $p^2+14$ e $ p^3+14$

Pasquale, se dopo 3 tutti i primi hanno una delle forme 6·t±1, vedi subito che la prima formula delle due varianti richiamate porta sempre a un multiplo di 3
Nella seconda, inoltre, solo 3 soddisfa la richiesta.

[Pasquale]

Si, con i 4 casi particolari riportati, mi sono un po' divertito col solito Decimal Basic ad esplorare un po' di risultati, trovandone ove zero con somma 8, ove uno soltanto con capolista 3 (somma 14), ove altro con capolista 5 (somma 6) ed altro con capolista 3 e somma 10, molto prolifico.