(Da Santos)
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problemini dalle dispense di Santos
#problema 1 Prova che ci sono infiniti primi $ p $ tali che$ p-2 $ non è primo
#problema 2 Dimostra che non esistono tre numeri interi dispari consecutivi tali che ognuno di essi è la somma di due quadrati maggiori di zero
#problema 3 Prova che ogni intero $ n>11 $ è la somma di due numeri composti positivi
(Per la risoluzione evitare di appellarsi a grandi teoremoni....)
#problema 1 Prova che ci sono infiniti primi $ p $ tali che$ p-2 $ non è primo
#problema 2 Dimostra che non esistono tre numeri interi dispari consecutivi tali che ognuno di essi è la somma di due quadrati maggiori di zero
#problema 3 Prova che ogni intero $ n>11 $ è la somma di due numeri composti positivi
(Per la risoluzione evitare di appellarsi a grandi teoremoni....)
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Problema #1: basta considerare la produttoria dei primi $ k $ primi diversi da $ 2 $ e usare il fatto che non esistono tre dispari consecutivi primi (vedi congruenze mod $ 3 $): difatti se da un certo primo $ p-4 $ avessimo $ p-2 $ primo e $ p $ primo, almeno uno sarebbe divisibile per $ 3 $.
Problema #2: Non esistono neanche due dispari consecutivi ognuno dei quali è pari alla somma di due quadrati: difatti se $ m\equiv 1 $ mod $ 4 $, $ m+2\equiv 3 $ mod $ 4 $ e non esistono quadrati di interi $ \equiv 2 $ mod $ 4 $. D'altronde, se ci fossero due numeri $ m+2 $ e $ m $ come da ipotesi, $ 2=(a+b)(a-b)+(c+d)(c-d) $, vero solo se $ a=c=1 $ e $ b=d=0 $, ma a questo punto $ m=m+2 $, assurdo
Problema #3: Il problema si pone solo per i primi (per i compositi siamo a posto, basta usare la proprietà associativa): ma la diofantea $ 2x+3y=p $ ha sempre soluzione per $ p>2\cdot 3-2-3=1 $ (indice di Frobenius, diceva HiT). Ma deve essere almeno$ n=2\cdot 3+3\cdot 2=12 $ in modo che se $ x $ o $ y $ è uguale a $ 1 $, sia possibile trasformare $ 2\cdot 3 $ in $ 3\cdot 2 $
Problema #2: Non esistono neanche due dispari consecutivi ognuno dei quali è pari alla somma di due quadrati: difatti se $ m\equiv 1 $ mod $ 4 $, $ m+2\equiv 3 $ mod $ 4 $ e non esistono quadrati di interi $ \equiv 2 $ mod $ 4 $. D'altronde, se ci fossero due numeri $ m+2 $ e $ m $ come da ipotesi, $ 2=(a+b)(a-b)+(c+d)(c-d) $, vero solo se $ a=c=1 $ e $ b=d=0 $, ma a questo punto $ m=m+2 $, assurdo
Problema #3: Il problema si pone solo per i primi (per i compositi siamo a posto, basta usare la proprietà associativa): ma la diofantea $ 2x+3y=p $ ha sempre soluzione per $ p>2\cdot 3-2-3=1 $ (indice di Frobenius, diceva HiT). Ma deve essere almeno$ n=2\cdot 3+3\cdot 2=12 $ in modo che se $ x $ o $ y $ è uguale a $ 1 $, sia possibile trasformare $ 2\cdot 3 $ in $ 3\cdot 2 $
Ultima modifica di HumanTorch il 12 lug 2005, 14:07, modificato 1 volta in totale.
Tutto molto bello
Spero che sia comprensibile pure per chi non ne mastica...
Insomma due parole in più le potevi scrivere, non è una gara a chi arriva prima
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Grazie a Moebius per il link e per la lezione sul prezzo della conoscenza..
Ora, dear Mark86, per il secondo problemi vedi la seconda versione (usa solo i profotti notevoli); per il terzo problema ci rifacciamo al primo: sempre considerando solo i primi $ p\in \mathfrak{P} $, sarà $ p-2 $ e/o $ p-4 $ composito (sempre per le congruenze modulo $ 3 $); se preferisci, sarà $ p-9 $ sempre pari per ogni primo $ >11 $ e quindi, per $ p>11 $, abbiamo $ p=2t+9 $, con $ t\neq 1 $.
Per quanto riguarda il primo problema, supponiamo che da un certo punto $ \mathfrak{I} $ in poi si possano avere solo dispari primi: difatti per la dimostrazione di Euclide (non cito Eulero o Riemann, altrimenti mi si lincia ) esistono infiniti primi. Ma considerando due primi maggiori di $ \mathfrak{I} $, ogni dispari fra essi compreso risulta un primo, quindi da $ \mathfrak{I} $ ogni dispari è primo, il che è assurdo: basta considerare il prodotto dei primi $ i $ primi tale che questa produttoria sia $ >\mathfrak{I} $
Ora, dear Mark86, per il secondo problemi vedi la seconda versione (usa solo i profotti notevoli); per il terzo problema ci rifacciamo al primo: sempre considerando solo i primi $ p\in \mathfrak{P} $, sarà $ p-2 $ e/o $ p-4 $ composito (sempre per le congruenze modulo $ 3 $); se preferisci, sarà $ p-9 $ sempre pari per ogni primo $ >11 $ e quindi, per $ p>11 $, abbiamo $ p=2t+9 $, con $ t\neq 1 $.
Per quanto riguarda il primo problema, supponiamo che da un certo punto $ \mathfrak{I} $ in poi si possano avere solo dispari primi: difatti per la dimostrazione di Euclide (non cito Eulero o Riemann, altrimenti mi si lincia ) esistono infiniti primi. Ma considerando due primi maggiori di $ \mathfrak{I} $, ogni dispari fra essi compreso risulta un primo, quindi da $ \mathfrak{I} $ ogni dispari è primo, il che è assurdo: basta considerare il prodotto dei primi $ i $ primi tale che questa produttoria sia $ >\mathfrak{I} $
Non per metterci il becco eh, ma, al posto del pezzo in grassetto, per arrivare all'assurdo bastava dire ad esempio che i numeri che finiscono con 5 non sono primi, o che un dispari ogni tre è multiplo di 3, insomma qualcosa di più semplice.HumanTorch ha scritto:[...] quindi da $ \mathfrak{I} $ ogni dispari è primo, il che è assurdo: basta considerare il prodotto dei primi $ i $ primi tale che questa produttoria sia $ >\mathfrak{I} $
Per il resto hai avuto la mia stessa idea, solo che ce l'hai avuta un bel po' prima
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Basta osservare che almeno uno fra $ n-4 $, $ n-6 $ ed $ n-8 $ è composto, ché tutti sono infatti $ > 3 $, e inoltre uno fra i tre è divisibile per $ 3 $, se $ n $ è dispari; ed $ n - 4 $ è divisibile per $ 2 $, se $ n $ è pari.mark86 ha scritto:#problema 3 Prova che ogni intero $ n>11 $ è la somma di due numeri composti positivi.