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dato un numero primo p maggiore o uguale a 5,si dimostri che esisteranno sempre un numero naturale x e un primo q tali che p^2+6x=q^2

$ 6x = (q-p)(q+p) $.
Per il teorema di Dirichlet in merito, esisteranno un primo q ed un intero k tali che
$ q = 6k + p $, dato che $ 5 \le p $.
Quindi basta porre $ x = k(p+q) $ e la tesi è dimostrata.

Visto che sono stato anticipato, lo faccio senza Dirichlet (complimenti a Gauss91 per l'idea). Riformulo la domanda: dimostrare che dato un qualsiasi quadrato di primo, dimostrare che esiste sempre il quadrato di un altro tali che la loro differenza ($ q^2-p^2 $) sia divisibile per 6.
Riscriviamola prima come
$ (q+p)(q-p)=6x $
Dato che sia $ p $ che $ q $ sono dispari, quel prodotto è sempre divisibile per 2. Dimostriamo che lo è anche per 3: svolgendo modulo 3 abbiamo 4 casi:
$ (1+1)(1-1) \equiv 0 $ (vera)
$ (2+1)(2-1) \equiv 0 $ (vera)
$ (1+2)(1-2) \equiv 0 $ (vera)
$ (2+2)(2-2) \equiv 0 $ (vera).
(in alternativa avremmo potuto escludere subito i due casi con $ p \equiv q $)

Giusto
La tua è più forte: dimostri che vale per qualunque coppia di primi.

Io ho pensato invece di porre $ 6x=2pn+n^2 $, con n multiplo di 6, così si ha $ (p+n)^2=q^2 $. Essendo $ p^2 $ e $ 6x $ coprimi tra loro, per Dirichlet si avrà che prima o poi p+n è primo...
@Gauss91 mi hai preceduto di pochi minuti

Dalla scomposizione si ricava anche che possiamo sostituire $ 6x $ con $ 12x $: ad essere sincero, mi è appena venuta un'idea per rimpiazzarlo con l'ancora più forte $ 24x $, ma ve lo lascio come facile bonus.

Ma veramente usando Dirichlet mi pare si possa sostituire 6 con n fissato

dario2994 ha scritto:Ma veramente usando Dirichlet mi pare si possa sostituire 6 con n fissato

Allora dovresti però cambiare la condizione su $ p $, io mi riferivo a questo problema (naturalmente è vero , quindi si potrebbe trovare la condizione su $ p $ in funzione di $ n $... o no?)

un déjà vu assai strano ha scritto:Linnik?

Ora mi informo...

??? Mai sentito Linnik... ho guardato che roba è e non mi pare abbia molto a che fare con quello che ho in mente io.
L'unica condizione aggiuntiva perchè il mio bonus sia vero è che p,n siano coprimi

io avevo pensato di dimostrare che tutti i quadrati di primi-1 sono divisibili per 6.però anche le vostre dimostrazioni sono giuste.(francamente io non conoscevo Dirichlet)

tenaciousR ha scritto:io avevo pensato di dimostrare che tutti i quadrati di primi-1 sono divisibili per 6.però anche le vostre dimostrazioni sono giuste.(francamente io non conoscevo Dirichlet)

Non mi stupisce che tu non lo conosca, non è esattamente un argomento olimpico, anche se può tornare utile in alcuni problemi . Credo che le risposte di Gauss91 ed Euler fossero della serie "usiamo i cannoni per fare i fighi"

<enigma> ha scritto:

tenaciousR ha scritto:io avevo pensato di dimostrare che tutti i quadrati di primi-1 sono divisibili per 6.però anche le vostre dimostrazioni sono giuste.(francamente io non conoscevo Dirichlet)

Non mi stupisce che tu non lo conosca, non è esattamente un argomento olimpico, anche se può tornare utile in alcuni problemi . Credo che le risposte di Gauss91 ed Euler fossero della serie "usiamo i cannoni per fare i fighi"

Al contrario penso sia molto più figo uno che si arrangia con pochi mezzi

Euler ha scritto:

<enigma> ha scritto:

tenaciousR ha scritto:io avevo pensato di dimostrare che tutti i quadrati di primi-1 sono divisibili per 6.però anche le vostre dimostrazioni sono giuste.(francamente io non conoscevo Dirichlet)

Non mi stupisce che tu non lo conosca, non è esattamente un argomento olimpico, anche se può tornare utile in alcuni problemi . Credo che le risposte di Gauss91 ed Euler fossero della serie "usiamo i cannoni per fare i fighi"

Al contrario penso sia molto più figo uno che si arrangia con pochi mezzi

Parole sante! Anche se purtroppo i metodi elementari, nonostante abbiano un indubbio fascino, non sono sempre così immediati.

tenaciousR ha scritto:io avevo pensato di dimostrare che tutti i quadrati di primi-1 sono divisibili per 6.però anche le vostre dimostrazioni sono giuste.(francamente io non conoscevo Dirichlet)

Attenzione, però, non ti basta: tu vuoi che, una volta diviso per 6 $ p^2-1 $, si ottenga un solo primo.
In quanto a dimostrare che $ p^2-1 $ è divisibile per 6, beh, provaci (ovviamente per p abbastanza grande, diciamo maggiore di 3).

per il crivello di eratostene tutti i primi maggiori o uguali possono essere scritti nella forma 6x+ o - 1,ciò implica che i loro quadrati siano nella forma 6x+1(tralascio i calcoli)