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Titolo: p^2q

Consideriamo i numeri della forma p^2q, dove p e q sono numeri primi:
12, 18, 20...
Allora 44 e 45 sono 2 consecutivi di quella forma,  difatti 44=2^2*11,
45=3^2*5.
Trovane:
3 consecutivi.
4 consecutivi.
5 consecutivi.
:) dario

 ha scritto nel messaggio
news:39242B07...@mclink.it...

per ora ne ho trovati solo 3:
7442 = 61^2 * 2
7443 = 3^2 * 827
7444 = 2^2 * 1861
aggiungo alcune considerazioni che potrebbero essere utili per chi volesse
estendere la ricerca
considerato che:
_ in ciascuna sequenza si alternano numeri pari e dispari
_ i numeri pari devono avere una delle due forme:
   A = 2*p^2
   B = 4*q
_ la differenza (in valore assoluto) tra due numeri primi (ad eccezione del
caso singolare 2,3) e' almeno 2
_ la differenza tra i loro quadrati e' maggiore di 4
_ la differenza tra due numeri di forma A e' comunque maggiore di 8
_ la differenza tra due numeri di forma B e' almeno 8
consegue che nella stessa sequenza non possono coesistere piu' di 2 numeri
pari, e questi devono essere di forma differente (infatti se ci fossero tre
pari, due, della stessa forma, dovrebbero differire di 2 o 4 unita')
pertanto non possono esistere sequenze di 6 numeri consecutivi
e le sequenze di 5 numeri, se ne esistono, devono iniziare con un dispari
ciao
paolo

Usando un spreadhseet si trovano facilmente dei numeri che soddisfano . 
Esempio (se non hai niente in contrario a considerare 1 come numero primo):
N      p      q
1      1      1
2      1      2
3      1      3
4      2      1
5      1      5
49     1      49
50     5       2
51     1      51
52     2      13
53     1      53
17     1      17
18     3       2
19     1      19
20     2       5
11     1       11
12     2        3
13     1       13
ecc.
Un altro tipo di problema sara' trovare una qualche formula.
Ciao Antonio
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 e le sequenze di 5 numeri, se ne esistono, devono iniziare con un dispari
Verissimo !
:) dario

 risulta che sostituendo 2 e 11 ottieni 2^2*11 e cioè 2^22... 
Ti sei dimenticato che per convenzione prima si considerano le potenze
poi le moltiplicazioni.
2^2*11 = 4*11 = 44
ciao :) dario

 
Vero. Aggiungo solo delle altre considerazioni
Scrivendo la seq. massima come la quintupla ( D_1 , P_2 , D_3 , P_4 , D_5 )
con ovvio significato dei termini
(1)
i due numeri pari P_2 e P_4, devono essere ordinatamente della
forma 2*v^2 e 4*u:
Dim. siano per assurdo della forma opposta, cioe` P_2=4*u e P_4=2*v^2
4*u = 2*v^2 - 2, ma notando che per v dispari v^2=1(mod8)
4*u = 2*1 - 2 = 0(mod8) cioe` 8 divide 4*u contro il fatto che u e` primo
In particolare P_2 = 2(mod8) e P_4 = 4(mod8)
(2)
D_3 e` multiplo di 3
Dim. Siano per assurdo D_1 e D_4, oppure P_2 e P_5, multipli di tre,
chiamiamoli A e B. Considerando separatamente i tre casi...
i) A = 3*a^2 e B = 3*b^2,
	allora 3*a^2 + 3 = 3*b^2 cioe`
	a^2 + 1 = b^2
	(b-a)(b+a)=1 che ammette sui naturali solo la soluzione banale b=1 e a=0
ii) A = 3*a^2 e B = 9*b, si ottiene (sempre dividendo per 3)
	a^2 + 1 = 3*b, che non ha soluzioni, infatti in modulo 3
	a^2 = -1(mod3), ma 1 e` l`unico residuo quadratico.
iii) A = 9*a e B = 3*b^2
	3*a + 1 = b^2
	3*a=(b+1)(b-1), ovvero, essendo a primo, i membri si egualiano termine a termine
	e vale |3-a|=2 che da` per a solo le soluzioni banali 1 e 5. CVD
La dim. puo` essere piu` breve, ma in questa forma si dimostra anche
immediatamente che...
(2`) - Corollario
in una quadrupla c`e` solo un multiplo di 3
(3)
D_5 e` multiplo di 5
Dim. Da quanto detto i casi in cui P_2 o D_3 o P_4 sono multipli di 5
diventano banali. Resta solo D_1=5*d, ma in tal caso
5*d + 1 = P_2 = 2*v^2, ovvero
2*v^2 = 1(mod5), moltiplicando ambo i membri per 3
v^2 = 3(mod5) che non e` un residuo quadratico.
(4)
D_1 = 1 (mod 120)
Dim. 120 = 8*3*5
Crios.

Cercando i 4 consecutivi...
e tenendo conto le considerazioni gia' fatte si vede che esistono 
essenzialmente due forme, entrambe possibili sottosequenze di quella da 5 :
A)  ( 2*b^2 , 3*c , 4*d , 5*e )
Il quinto numero D_5 dev'essere 5*e per la seguente ragione :
 2*b^2 + 2 = 4*d
  ma se b=+-3(mod10) si ha 2*9 + 2 = 20 = 4*d(mod10), cioe'... d=5 !
  allora dev'essere senz'altro b=+-1(mod10), in tal caso
 2*b^2+3=2*1+3=D_5=5(mod10), ovvero 5|D_5
B)  ( a , 2*b^2 , 3*c , 4*d )
Si vede quindi che la sequenza piu' favorevole e' (nel caso B il 
 termine 'a' non puo' essere multiplo di 5, come visto in (3),
 e tenendo conto che le eq. quadratiche in (x,y) del tipo ax^2-by^2=c
 hanno soluzioni estremamente rade) :
	( 2*x^2 , 9*c' , 4*d , 25*e' )
Con x,c,d,e primi.
Risolvendo le congruenze su x si ottiene :
	x = +-119 + 450*k e
	x = +-169 + 450*k
----------------------------------------------------------------
Il problema e' trovarli *tutti* primi.
Per un dato x tale che D_5<10^9 la probabilita' favorevole e' grosso modo
 non superiore a 1 su 62700...
il meglio che ho trovato sono "quasi soluzioni" tipo questa :
P_2=647522=569^2*2
D_3=647523=3^2*71947
P_4=647524=2^2*161881
D_5=647525=5^2*59*439
E se non ho sbagliato in *questa* forma non dovrebbe essercene
nessuna sotto il miliardo. (Non e' strano : il campione e' di soli
200 numeri).
Io butto la spugna. E' solo piu' una questione di bussolotti.
Non c'e' nessun audace ?
Crios.

  non superiore a 1 su 62700...
Errore.
Per la sequenza
(P_2,D_3,P_4,D_5) = (2*x^2,9*a,4*b,25*c)
p_2 = P('x e' primo') = 2*(3/2)*(5/4)/log(sqr(N/2))
p_3 = 2*(5/4)/log(N/9)
p_4 = 2*(3/2)*(5/4)/log(N/4)
p_5 = 2*(3/2)/log(N/25)
essendo 1/log(M) una stima della densita' di primi fino a M
e notando che per come vengono filtrati da x=..(mod450), 'x'
e' dispari e non multiplo di 3 o 5, mentre 'a' puo' essere multiplo
di 3 e cosi' via...
Moltiplicando tutto si ha la probabilita' congiunta
p= 2^4*(3/2)^3*(5/4)^3/[0.5*log(N/2)*log(N/9)*log(N/4)*log(N/25)]
per N=10^9, p=1/62700 si ottiene dal solo denominatore,
il valore corretto e' molto piu' ottimistico :
    p=1/595.453
Il campione e' C = 4*sqr(N/2)/[2*9*5^2]= ca. 200
La probabilita' s di successo era quindi
s = 1-(1-p)^C = 28%
-------------------------------------------------------------------
Nel caso A quanto detto basta.
Nel caso B la cosa' e' piu' interessante :
(D_1,P_2,D_3,P_4) = (d,2*x^2,9*a,4*b)
ripetendo i conti si ottiene, se d=u^2*v,
p(N,u)=2^5*(3/2)^3*(u/u-1)^3/[log(N/u^2)*log(N/2)*log(N/9)*log(N/4)] (1)
(ho portato a numeratore il 0.5 della radice)
In tal caso pero' oltre ai banali u <> 2,3,5
occorre che 2*x^2-1=d ammetta soluzione,
riscritta come 2*x^2=1(mod(u^2)), questa ha soluzione
solo se lo ha 2*x^2=1(modu) (fortunatamente u e' primo),
i primi valori sono :
 u = { 7, 17, 23, 31, 41, 47, 71, 73, 79, 89, 97, ...}  (2)
ovvero circa meta' di tutti i numeri primi, e nessun altro sotto i 100.
[ per curiosita' le corrispondenti x, a meno del segno sono
  x = { 5, 122, 78, 59, 29, 866, 207, 4072, ...} ]
il campione e', tenendo conto che 'x' dev'essere pari, +-1(mod5),
e congruo modulo 9 e u^2 :
C(N,u)=8*sqr(N/2)/(2*5*9*u^2)=4*sqr(N/2)/(45*u^2)  (3)
(prima veniva 4*... perche' c'era una una doppia congruenza sul 5)
Per un fissato u dell'insieme (2) si ottiene quindi
 s(N) = 1-(1-p)^C = ca. 1-exp(-C/p), valido per N->oo
 s(N) = 1-exp(-O(sqrN/(logN)^4))
La cosa interessante e' che tende ad 1 per N grande, in altri termini
alla lunga il campione diventa abbastanza da averla vinta !!!
Questo e' valido per ogni u della classe (2), pur dovendo ammettere
che quando ho calcolato la pr. congiunta ho fatto tacitamente l'ipotesi
che la distribuzioni di primi che saltano fuori da (x,a,c,d) siano
scorrelate... di cui con tutti i vincoli imposti ho solo dato
condizioni necessarie, *non* sufficienti.
Resta quindi l'ipotesi che esista una correlazione che azzeri
la probabilita' in modo non banale.
Con molto impegno e molta costanza...
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17.042.641.441 = 7^2*347.809.009
           ..2 = 2*92311^2
           ..3 = 3^2*1.893.626.827
           ..4 = 2^2*4.260.660.361
Il caso A e' stato infruttuoso per N<10^10
La sequenza da 5 e' fuori portata.
Crios.
Sent via Deja.com 
http://www.deja.com/
Before you buy.