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Siano $ p_1, p_2, \ldots, p_n, \ldots $ i primi di N indicizzati in modo tale che $ p_k < p_{k+1} $, per ogni k = 1, 2, ... Dimostrare - senza ricorso al postulato di Bertrand - che $ p_1 p_2 \ldots p_n \ge p_{n+1} + p_{n+2} $, per ogni n = 3, 4, ...

Sicuro sia vera per ogni n?
Per n=1: 2<3+5
Per n=2: 2*3<5+7

Maybe ho frainteso il problema..sorry..

No, non hai frainteso. E' che n deve partire da 3. Edito!

i)Se $ d \in N $ è tale che $ d|p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} $ allora $ d=1 $ oppure $ d>p_{n+1} $ da cui segue che se $ p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} \neq \pm 1 $ allora $ p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} \geq p_{n+2} $

Sia $ n>2 $, se $ d \in N $ è tale che $ d|p_2p_3...p_{n}-2 $ allora $ d=1 $ oppure $ d>p_{n} $, segue che $ p_2p_3...p_{n}-2 \geq p_{n+1} $ e $ p_2p_3...p_{n} \geq p_{n+1}+2 $ per cui $ p_1p_2p_3...p_{n} \geq p_{n+1}+2 $ e infine $ p_1p_2p_3...p_{n} -p_{n+1}\geq 2 $. Questo insieme alla (i) dimostra che per $ n>2 $ si ha
$ p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} \geq p_{n+2} $.

Un piccolo capolavoro di spam

mi era venuto il dubbio che fosse una cazzata quando non ho trovato nessun maginot su mathworld...

onasip ha scritto:Sfruttando il piccolo teorema di Maginot, la cui formulazione è dipendente dal postulato delle parallele, si ottiene, per n = 2:
$ p = \displaystyle{\int\ n^2dn} $
Ovviamente la generalizzazione a qualsiasi n è banale e viene lasciata per esercizio (occorre tapioccare tutti i primi di Dirichlet mediante un crivello di Eratostene, o qualcosa di analogo). Posto che n e p siano coprimi, la soluzione può essere ricondotta alla ricerca di un ciclo hamiltoniano in un grafo denso il che è quasi sicuramente in NP. La situazione è facilmente modellizzabile facendo ricorso al secondo principio della termodinamica.

marco
p.s. ci vediamo a cesenatico

Matti, ma scusa, ti facevo più furbo... Prova a leggere due volte di seguito quella roba e a seguire i passaggi...

Ad esempio $ $ \int x^2dx=\frac{x^3}{3}+C $ non credi?

Santana ha scritto:i)Se $ d \in N $ è tale che $ d|p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} $ allora $ d=1 $ oppure $ d>p_{n+1} $ da cui segue che se $ p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} \neq \pm 1 $ allora $ p_1p_2 ... p_n-p_{n+1} \geq p_{n+2} $

Se $ a_n = p_1 p_2 \ldots p_n - p_{n+1} $ e $ d \mid a_n $, allora esiste $ \alpha \in \mathbb{Z} $ tale che $ p_1 p_2 \ldots p_n - p_{n+1} =\alpha d $. A rigor di logica, non basta tuttavia che sia $ a_n \ne \pm 1 $, per concludere che $ a_n \ge d \ge p_{n+1} $, perché $ \alpha $ potrebbe avere segno negativo. Piuttosto è sufficiente dimostrare (come in effetti hai dimostrato!) che $ a_n \ge 2 $. Comunque sono dettagli: resta il fatto che sono profondamente colpito dalle tue capacità.

Dopo aver scritto cazzate a go-go in questo topic, per farmi perdonare posto la soluzione che utilizza Bertrand.

Teorema di Chebyshev

Chiaramente da questo discende:
Preso comunque un primo $ p>4 $, fra $ p $ e $ p^2 $ stanno almeno 2 primi (uno fra $ p $ e $ 2p $, uno fra $ 2p $ e $ 4p $)

Con la notazione del problema, questo risultato può essere scritto come:

Lemma 1 Comunque preso $ n>1 $ allora $ p_n^2>p_{n+2} $

Ora, poichè chiaramente per ogni primo vale $ p>1 $ avremo anche $ p_{n+1}(p_{n}-1)>0 $ per ogni $ n $, sommandola al Lemma 1 avremo

Lemma 2 Per ogni $ n>1 $ si ha $ p_n^2+p_np_{n+1}> p_{n+1}+p_{n+2} $

Procediamo dunque per induzione su $ n $. Una volta fatti i casi piccoli e banali a mano avremo che
$ p_1p_2\dots p_n\ge p_{n+1}+p_{n+2} $
Moltiplicando per $ p_{n+1} $
$ p_1p_2\dots p_{n+1}\ge p_{n+1}^2+p_{n+1}p_{n+2} $
Usando il Lemma 2
$ p_{n+1}^2+p_{n+1}p_{n+2}> p_{n+2}+p_{n+3} $
e con questo l'induzione è finita [].

Sì, Boll.

HiTLeuLeR ha scritto: Comunque sono dettagli: resta il fatto che sono profondamente colpito dalle tue capacità.

Ah, grazie da te è un gran complimento