OliForum Matematico

No comment.

Vedi anche qui teoremi 3,4,5.

Ops...
Rimedio alla pirlata piazzandone uno facile facile
Esiste una sequenza di $ $a_i $ naturali crescente $ $t.c.\ \ \forall\ \ k\in\mathbb{Z} $ il valore $ $ a_i+k $ è primo solo per un numero finito di i?

Preso dal (fantastico) libro "104 Number Theory problems".

jordan ha scritto:No comment.

Vedi anche qui teoremi 3,4,5.

WTF

E io ci ho anche pensato su

Per "numero finito" si intende anche lo 0? Nel senso che $ a_i + k $ può non essere mai primo? Se è così, è facile: $ a_i = i! $.

Si per numero finito si intende anche lo 0.
No la sequenza da te postata non soddisfa ;)
Non scrivo il motivo così almeno il problema resiste almeno altre 2 ore xD

a me sembra che vada bene ad esempio $ a_i=i!+[\frac i 2] $. Però boh, mi sembra troppo facile cosi

Potrebbe andare bene... dimostralo (si è facilissimo, ma almeno dopo averne postato uno palesemente impossbile recupero postandone uno quasi banale xD)

Aaaah adesso l'ho capita! C'è l'infame $ k = 1 $ .
Riprovo.
Sia $ p_n = 2, 3, 5, 7, ... $ la successione dei primi. Ponendo $ a_i =i + \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n $, la successione del testo diventa $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n + i + k $.
Ora, è $ p_i > 2i + 1 $ per $ i > 6 $, e $ 2i+1 > k+1 $ per $ i+1 > k $. Ciò significa che, da $ i+1 $ in poi, e se $ k<6 $ da $ i=7 $ in poi, sarà sicuramente $ k+i < p_i $, quindi i primi della fattorizzazione di $ k+i $ saranno sicuramente contenuti in $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n $, quindi $ \displaystyle\prod_{n=1}^i p_n + k + i = a_i + k $ sarà composto.
Così va meglio?
Non è bella come quella di Maioc, ma io sono più scarso! ahah

la difficoltà dipende anche dalle idee che ti vengono...io guardando il problema ho subito pensato al fatto che esistono intervalli tra primi grandi a piacere, però non è detto che sia cosi immediato.
Comunque dimostro che la successione funziona:
fissato k considero $ a_{2|k|+4}=(2|k|+4)!+|k|+2 $. Per ogni $ i\ge 2|k|+4 $ si ha che $ a_i+k $ non è primo (basta considerare il fatto che $ n!+k $ non è primo se $ 2\le k\le n $). Quindi le soluzione sono da cercare nei primi $ 2|k|+3 $ termini della successione e pertanto sono in numero limitato, il che dovrebbe chiudere la questione se non ho sbagliato nulla

EDIT:lol, 2 soluzioni in contemporanea

Sono entrambe giuste... ma Gauss stai attento perchè gli indici delle produttorie sono tutti toppati :|

Non so a chi passare la palla, Maioc ha dato per primo la soluzione dando (giustamente) per scontata la dimostrazione... invece Gauss ha messo per primo la dimostrazione... decidete voi. Insomma il primo dei 2 che ha un problema carino e ben più tosto del mio si senta in diritto di postarlo ;)

p.s. Esisteva anche la più elegante
$ $a_n=(n!)^3 $

Ops! Corretto tutto.
Bene mi arrogo il diritto di presentare un nuovo problema, che ho visto su mathlinks (chi si è fatto un giro da quelle parti e lo sa è pregato di non "fregare"! ). Spero che Maioc non si offenda!
Dimostrare che $ x^2+y^2+z^2 = (x-y)(y-z)(z-x) $ ha infinite soluzioni intere.

Gauss91, s'era detto che dopo circa una settimana se nessuno lo risolveva si sarebbe postata la soluzione e un nuovo problema

Ok, gauss91 non si è fatto piu vivo. Qualcuno che propone un nuovo problema?

Dai, propongo io qualcosa a caso:
trovare , fra gli interi relativi, tutti gli a,b tali che:
$ 2a^4+a^2b^2+2a^2-14ab+2a^3b+113=(a^2+8)^3 $.

Problema 50. Mostrare che l'equazione $ x^2+y^2+z^2=(x-y)(y-z)(z-x) $ ammette infinte soluzioni in $ \mathbb{Z}^3 $.
Per una eventuale soluzione vedi qui.

Problema 51. Trovare tutti gli $ (a,b)\in\mathbb{Z}^2 $ tali che $ 2a^4+a^2b^2+2a^2-14ab+2a^3b+113=(a^2+8)^3 $.
Soluzione. Trattandola come una quadratica in $ b $ abbiamo bisogno che il suo discriminante sia un quadrato perfetto, i.e. $ 4a^2(a^2+8)^2(a^2+7)=c^2 $ per qualche $ c\in \mathbb{Z} $, i.e. $ a^2+7=d^2 $ per qualche $ d\in \mathbb{Z} $ che ha soluzione evidentemente solo per $ |a|=3 $. []

Problema 52. Trovare tutti gli $ (a,b)\in \mathbb{Z}^2 $ tali che $ a^2=ab+b^2+b+5 $.