Поиск простых чисел, удовлетворяющих условию

[smkw0w]

Необходимо найти все простые $p$ для которых:

1. $3p+20, p+20$ тоже простые.
   Попытался рассмотреть несколько первых $p$, которые удовлетворяют условию, и найти зависимость: 3, 11, 17, 23...
   Рассмотрим $p > 3$. Поскольку для простого $p+20$ имеем $20\equiv2 \mod 3$, то необходимо, чтобы $ p\equiv 2 \mod 3 $, т.е., чтобы $p$ было нечетным, необходимо $ p\equiv 5 \mod 6 $.
   Это необходимое условие, но не достаточное. В правильном ли направлении мыслю?
2. $p^3 + 2p -2$ тоже простое.
   Тут идей нет, хотелось бы хоть с чего-то начать.

[nnosipov]

Где Вы нашли такие задачи? Вряд ли их можно решить, это скорее открытые проблемы. Наверняка в условии опечатки.

[smkw0w]

nnosipov в сообщении #1020593 писал(а):

Где Вы нашли такие задачи? Вряд ли их можно решить, это скорее открытые проблемы. Наверняка в условии опечатки.

В типовом расчёте по теории чисел.

[Sonic86]

smkw0w в сообщении #1020591 писал(а):

Необходимо найти все простые $p$ для которых:
$3p+20, p+20$ тоже простые.

Это почти что http://mathworld.wolfram.com/PrimeConstellation.html

smkw0w в сообщении #1020676 писал(а):

В типовом расчёте по теории чисел.

А у Вас это просто задание или шаблон задания с параметрами? Если последнее, то точно опечатка.

[ИСН]

Ну то есть как. Все до тысячи, например, очень просто найти. Наверняка что-то в этом роде и требовалось.

[smkw0w]

Sonic86 в сообщении #1020684 писал(а):

А у Вас это просто задание или шаблон задания с параметрами? Если последнее, то точно опечатка.

Да, шаблон с параметрами. Видимо, действительно опечатка. Спасибо.
В первом невозможно подобрать общее условие для 2 чисел.
А во втором случае почему не получить?

[Sonic86]

smkw0w в сообщении #1020800 писал(а):

А во втором случае почему не получить?

smkw0w в сообщении #1020591 писал(а):

Необходимо найти все простые $p$ для которых:
$p^3 + 2p -2$ тоже простое.

Здесь скорее всего таких простых бесконечно много. Многочлен $f(x)=x^3+2x-2$ неприводим, а сравнения по модулю здесь не помогут, поскольку для любого $m$ существует $p\equiv 1\pmod m$, а значит $f(p)\equiv 1\not\equiv 0\pmod m$.
Формулировку соответствующей гипотезы не знаю. Похоже только на гипотезу Буняковского.

[DiMath]

Sonic86 намного сильнее гипотезы Буняковского. Это как теорема Дирихле о простых в линейных формах и теорема Грина-Тао.

[VAL]

Sonic86 в сообщении #1020817 писал(а):

Формулировку соответствующей гипотезы не знаю.

Гипотеза Бэйтмана-Хорна не подойдет?

[smkw0w]

Спасибо всем, вопросов нет больше.