Mexico 2013

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Scugnamì
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Mexico 2013

Messaggio da Scugnamì » 12 set 2014, 18:25

Tutti i primi sono scritti in ordine, $ p_1=2 $ $ p_2=3 $ $ p_3=5 $ etc.
Trovare tutte le coppie di interi $ a,b $ tali che $ a-b \geq 2 $ e $ p_a-p_b \mid 2(a-b) $
Cristo è l'unica soluzione reale. Tutte le altre sono complesse coniugate

Un corpo maleducato immerso in un liquido jastemma.

lucaboss98
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Re: Mexico 2013

Messaggio da lucaboss98 » 12 set 2014, 20:13

Divido in due casi:
1) se $ b=1 $ si ha $ p_a - 2 \mid 2a - 2 $ da cui $ 2a \geq p_a $.
Ora, visto che $a \geq 3 $ , si ha che $ p_{a+1} \geq p_a + 2 $.
Dimostro per induzione su $a$ che $2a < p_a $ per $ a \geq 5 $.
Passo Base: $ a=5 $ si ha $ 10 < 11 $
Passo Induttivo: Supposto che $ 2a < p_a $ , si ha $ 2(a+1) < p_a + 2 \leq p_{a+1} $
A questo punto se $a=3$ bisogna avere $ 3 \mid 4 $ che è assurdo.
se $a=4$ bisogna avere $ 5 \mid 6 $ che è assurdo.
2) Se $ b > 1 $ .
Visto che $ p_a - p_b = (p_a - p_{a-1} ) + . . . + ( p_{b+1} - p_b ) \geq 2(a-b) $.
Ma affinchè $ p_a - p_b \mid 2(a-b) $ si deve avere $ 2(a-b) \geq p_a - p_b $.
Allora $ p_a - p_b = 2(a-b) $.
Se $ a-b \geq 3 $ devono esistere $4$ primi consecutivi che distano reciprocamente $2$, ma uno deve essere multiplo di $3$, quindi è uguale a $3$ . Ma $3,5,7,9$ non sono tutti primi.
Quindi $a-b \leq 2 $, allora, per ipotesi, si deve avere $ a-b=2 $.
Gli unici tre primi consecutivi che distano $2$ sono $3,5,7$ , infatti uno dei tre deve essere multiplo di $3$.
Allora l'unica soluzione è $a=4 , b=2$.

matpro98
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Re: Mexico 2013

Messaggio da matpro98 » 12 set 2014, 22:55

#LucaAlleIMO XD

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