[L03] Cannonabile

[Gerald Lambeau]

Dimostrare che esistono infiniti $m \in \mathbb{N}$ tali che $n^4+m$ non è primo per ogni $n \in \mathbb{N}$.

[alexthirty]

Hintone

Testo nascosto:

identità di Sophie Germaine

[Rho33]

Più che hintone, forse è l'unico modo sensato per farlo in 10 secondi :

Testo nascosto:

Prendo $m=4b^4$ ed ottengo:

$n^4+4b^4=n^4+4b^4+4n^2b^2-4n^2b^2=(n^2+2b^2)^2-4n^2b^2=(n^2+2b^2+2nb)(n^2+2b^2-2nb)$

In questo caso si nota pure che l'unico caso in cui è primo è per $n=b=1$

P.S.Che erano facili gli IMO nel 1969 eh!

P.P.S. MIni mini rilancio: Dimostrare che $3^{4^5}+4^{5^6}$ è prodotto di due interi, entrambi $>10^{2002}$

[Gerald Lambeau]

Buona!

[Salvador]

Testo nascosto:

Tutti gli $m$ dispari tali che $m\equiv -1 \bmod{3}$ vanno bene: infatti, se $n$ è dispari allora $m+n^4$ è pari e maggiore di 2 (perché $m \ge 5$); se $n$ è pari allora $n^4\equiv 1 \bmod{3}$ e dunque $n^4+m\equiv 0 \bmod{3}$ e $n^4+m>3$, dunque è un multiplo di 3 maggiore di 3, dunque non primo.

[Gerald Lambeau]

$n=6, m=5 \Rightarrow n^4+m=6^4+5=1301$ che WolframAlpha dice essere primo e io mi fiderei.

[Salvador]

Aej e allora per forza come scritto sopra

[Salvador]

Oppure si può fare anche prendendo $m=nb^3$ e quindi si ha $n^4+m=n^4+nb^3=n(n^3+b^3)=n(n+b)(n^2-nb+b^2)$, in modo che l'ultimo fattore sia positivo.

[Gerald Lambeau]

$m$ non può essere in funzione di $n$, altrimenti sai solo che ogni $m$ funziona con almeno un $n$ ma non sai se funziona con tutti, che è quello che ti viene richiesto.

[Salvador]

Ci rinuncio.
Anche perché in effetti Sophie-Germain è più che soddisfacente