$a_n^{(p)}=p+n(n+1)$
Per ogni $p$ primo definiamo la sequenza $a_0^{(p)}, a_1^{(p)}, ..., a_(p-3)^{(p)}, a_(p-2)^{(p)}$ (chiamiamola $G_p$) nel seguente modo:
${(a_0^{(p)}= p),(a_n^{(p)}= a_{n-1}+2n \quad \quad \text{ se } n in {1,...,p-2}):}$
La mia richiesta è: trovare tutti i primi $p$ per cui $G_p$ è formata da soli numeri primi.
Non conosco la risposta, non saprei dire se è una cosa facile o difficile.
E' un problema che mi sono inventato io, ma non è impossibile che già qualcun altro se lo sia posto (e lo abbia già risolto).
Ad esempio:
$p=5=> G_5 : \ 5,7,11,17$ , quindi $5$ va bene.
$p=7=> G_7: \ 7,9,13,19,27,37$, quindi $7$ non va bene (c'è almeno un $a_n^{(p)}$ che non è primo, ad esempio $9$)
Notiamo che ovviamente $a_n^{(p)}=p+n(n+1)$, dunque ha senso fermarsi ad $a_(p-2)^{(p)}$.
Se si proseguisse, avremmo $a_(p-1)^{(p)}=p+(p-1)p=p^2$ che non è mai primo.
${(a_0^{(p)}= p),(a_n^{(p)}= a_{n-1}+2n \quad \quad \text{ se } n in {1,...,p-2}):}$
La mia richiesta è: trovare tutti i primi $p$ per cui $G_p$ è formata da soli numeri primi.
Non conosco la risposta, non saprei dire se è una cosa facile o difficile.
E' un problema che mi sono inventato io, ma non è impossibile che già qualcun altro se lo sia posto (e lo abbia già risolto).
Ad esempio:
$p=5=> G_5 : \ 5,7,11,17$ , quindi $5$ va bene.
$p=7=> G_7: \ 7,9,13,19,27,37$, quindi $7$ non va bene (c'è almeno un $a_n^{(p)}$ che non è primo, ad esempio $9$)
Notiamo che ovviamente $a_n^{(p)}=p+n(n+1)$, dunque ha senso fermarsi ad $a_(p-2)^{(p)}$.
Se si proseguisse, avremmo $a_(p-1)^{(p)}=p+(p-1)p=p^2$ che non è mai primo.
Risposte
Ho fatto un po' di tentativi, e sono giunto alle seguenti conclusioni:
1)Bisogna trovare delle coppie di numeri primi gemelli;
2)Trovata la coppia, deve essere il numero più piccolo della stessa;
3)Non deve finire per 9.
Detto questo, tra i numeri primi inferiori a 1.000 ho trovato solo 3-5-11-17-41.
Non credo ce ne siano altri (superiori a 1.000), ma non so come dimostrarlo....
1)Bisogna trovare delle coppie di numeri primi gemelli;
2)Trovata la coppia, deve essere il numero più piccolo della stessa;
3)Non deve finire per 9.
Detto questo, tra i numeri primi inferiori a 1.000 ho trovato solo 3-5-11-17-41.
Non credo ce ne siano altri (superiori a 1.000), ma non so come dimostrarlo....
Non escluderei l'ipotesi che ve ne siano infiniti, ma a intuito non mi pare. Vedo una certa affinità con il teorema di Green-Tao ma per polinomi di II grado.
se $p>5$, certamente deve essere $p-=2 (mod 3)$ e $p in {1,7} (mod 10)$.
Infatti
se $p-=1 (mod 3)$ si ha $a_1^{(p)}= p+2$ multiplo di $3$,
se $p-=3 (mod 10)$ si ha $a_1^{(p)}= p+2-=5 (mod 10)$, dunque multiplo di $5$,
se $p-=9 (mod 10)$ si ha $a_2^{(p)}= (p+2)+4= p+6 -=5 (mod 10)$, dunque multiplo di $5$.
Ciò significa che se ci sono primi $p>5$ che vanno bene, sono del tipo $11+30k$ o $17+30h$.
PS: anche $p=2$ va bene. La sequenza è $G_2: 2$
Infatti
se $p-=1 (mod 3)$ si ha $a_1^{(p)}= p+2$ multiplo di $3$,
se $p-=3 (mod 10)$ si ha $a_1^{(p)}= p+2-=5 (mod 10)$, dunque multiplo di $5$,
se $p-=9 (mod 10)$ si ha $a_2^{(p)}= (p+2)+4= p+6 -=5 (mod 10)$, dunque multiplo di $5$.
Ciò significa che se ci sono primi $p>5$ che vanno bene, sono del tipo $11+30k$ o $17+30h$.
PS: anche $p=2$ va bene. La sequenza è $G_2: 2$
Allora abbiamo visto che ognuno di questi primi è $p-=11\ o\ 17 mod 30$ ora basterebbe trovare $n$ e $k$ tali che
$n^2+n-=13 mod 30$ e $k^2+k-= 19 mod 30$. La prima congruenza non è soddisfata per nessun $n$, poiché l'unità del quadrato di un numero più l'unità del numero stesso non fa mai un numero con unità uguale a tre non so se mi sono spiegato bene spero di sì. Stesso discorso per la seconda congruenza. Concludo col dire che sono sempre più convinto che ne esistano infiniti.
$n^2+n-=13 mod 30$ e $k^2+k-= 19 mod 30$. La prima congruenza non è soddisfata per nessun $n$, poiché l'unità del quadrato di un numero più l'unità del numero stesso non fa mai un numero con unità uguale a tre non so se mi sono spiegato bene spero di sì. Stesso discorso per la seconda congruenza. Concludo col dire che sono sempre più convinto che ne esistano infiniti.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo