Dado n \geq 2, verifique que os inteiros
(n+1)!+2,(n+1)!+3, \ldots,(n+1)!+n
são todos compostos.
Conclua que dado n \geq 1 existem primos consecutivos p, q (isto é, primos p<q tais que não existe outro primo l tal que p<l<q ) que satisfazem p-q \geq n.

Passo 1

O enunciado dá um inteiro n com n\ge 2 e pede duas coisas.
Primeira parte: verificar que os inteiros
(n+1)!+2,\\ (n+1)!+3,\\ \ldots,\\ (n+1)!+n
são todos compostos.
Segunda parte: concluir que, dado n\ge 1, existem primos consecutivos p<q (ou seja, não existe outro primo l com p<l<q) tais que a diferença entre eles é pelo menos n. (Vou interpretar a desigualdade pedida como \,q-p\ge n, pois p<q.)

Passo 2

Vou explicar o que precisamos usar — com calma, como amigo — antes de começar a provar.
Definições / conceitos usados:
  • Fatorial: para inteiro m\ge1, o fatorial m! é o produto \,m! = 1\cdot 2\cdot 3\cdots m. Em particular (n+1)! = 1\cdot 2\cdots n\cdot (n+1).
  • Divisibilidade: dizemos que um inteiro a divide b (escrevemos a\mid b) se existe um inteiro t tal que b = a\cdot t.
  • Número composto: inteiro maior que 1 que não é primo, ou seja, que tem um divisor próprio maior que 1 e menor que ele mesmo.
Idea básica que vamos usar (sem provar nada profundo): se um inteiro X é divisível por um inteiro k com 1<k<X, então X é composto — porque k e X/k são fatores não triviais.

Passo 3

Agora o passo-chave para a primeira parte. Tome qualquer inteiro k com 2\le k\le n. Observa que (n+1)! contém o fator k dentro do produto, então podemos escrever
(n+1)! = k\cdot M
para algum inteiro M (explicitamente, M = \dfrac{(n+1)!}{k}). Somando k aos dois lados obtemos
(n+1)! + k = k\cdot M + k = k\cdot (M+1).
Isto mostra que k divide (n+1)!+k, ou em notação, k\mid\big((n+1)!+k\big).

Passo 4

Para concluir que (n+1)!+k é composto precisamos checar que o divisor k é próprio, isto é, 1<k< (n+1)!+k. Já sabemos k\ge 2. E (n+1)!+k > k porque (n+1)! \ge (n+1)\cdot n! \ge 2 para n\ge 2, logo (n+1)!+k é estritamente maior que k. Portanto k é um divisor não-trivial de (n+1)!+k, o que implica que (n+1)!+k é composto.
Esse argumento vale para todo k com 2\le k\le n. Portanto todos os números
(n+1)!+2,\\ (n+1)!+3,\\ \ldots,\\ (n+1)!+n
são compostos, como o enunciado pedia. (Pequena observação extra: o mesmo raciocínio funciona também para k=n+1, mostrando que (n+1)!+(n+1) também é composto, então podemos obter até n inteiros consecutivos compostos — vou usar isso no próximo passo.)

Passo 5

Vou transformar essa propriedade em uma afirmação sobre gaps entre primos (diferenças entre primos consecutivos). Do passo anterior, na verdade obtemos que os números
(n+1)!+2,\\ (n+1)!+3,\\ \ldots,\\ (n+1)!+(n+1)
são todos compostos (são n inteiros consecutivos compostos: de (n+1)!+2 até (n+1)!+(n+1), inclusive). Denotemos esses n inteiros consecutivos por
a+1,\\ a+2,\\ \ldots,\\ a+n
onde a=(n+1)!\!+\!1. Assim há um bloco de n inteiros consecutivos, todos compostos.
Agora, considere os primos imediatamente antes e depois desse bloco. Seja p o maior primo menor que a+1 e seja q o menor primo maior que a+n. Por definição não existem primos entre p e q (eles são primos consecutivos), e todos os inteiros entre p e q — em particular os n números do bloco — são compostos. A diferença entre esses primos satisfaz
q-p \ge (a+n) - (a) = n.
Na verdade, como há exatamente n números entre a e a+n excluindo as extremidades, uma contagem mais precisa dá q-p\ge n+1, mas a desigualdade fraca q-p\ge n já basta para o enunciado. Assim concluímos que existem primos consecutivos com diferença pelo menos n.

Resposta

Os inteiros (n+1)!+2,\\ (n+1)!+3,\\ \ldots,\\ (n+1)!+n são todos compostos.
Dado n\ge 1 existem primos consecutivos p<q tais que q-p\ge n.

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