Исследование гипотезы Гильбрайта

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #544392 писал(а):

Утверждение 1
Пусть имеется треугольник Гильбрайта, в основании которого находятся простые числа без пропусков Р1=3, Р2=5,….Рk. Тогда для любых последовательных простых чисел $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$ выполняется неравенство - $P_{n+1}< P_n+ \sum_{i=1}^{n}{A_i_{n-1}}$.

Попробуем доказать утверждение 1 строго. Идея доказательства следующая. Предположим противное, что при указанных выше условиях имеются два последовательных простых числа $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$, для которых выполняется: $P_{n+1}= P_n+ \sum_{i=1}^{n}{A_i_{n-1}}$. Надо доказать, что в этом случае между $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$ будет находиться хотя бы одно простое число, т.е. $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$ не являются последовательными простыми числами.
Доказательство состоит из двух лемм и теремы. Последняя лемма, которая непосредственно используется при доказательстве теоремы, формулируется следующим образом.
Лемма 2. Среди членов последовательности ΣAir-1/Pr (ΣАir-1 – сумма элементов треугольника Гильбрайта, находящихся под r-ым простым числом), удовлетворяющих неравенству (ΣАir-1)/Pr ≥ ε, (если данное неравенство имеет хотя бы одно решение, а ε сколь угодно малое положительное число) существует член c максимальным номером, при условии, если Pr (Pr>11) Pr+ΣAir-1– последовательные простые числа.

[vicvolf]

Теорема
Пусть имеется треугольник Гильбрайта, в основании которого находятся простые числа без пропусковР1=3, Р2=5,….Рk.
Тогда для любого Pn>11 (n<k) нет последовательных простых чисел Pn и Pn+ΣAin-1.
Доказательство. Предположим противное, что найдутся такие последовательные простые числа. Тогда выберем произвольное сколь угодно малое ε>0. По данному ε найдем $n_0$ $(n_0=4 (P_4=11)$, если для всех членов последовательности (ΣAin-1)/Pn выполняется соотношение (ΣAin-1)/Pn<ε, и $n_0$ равно максимальному номеру члена последовательности (ΣAin-1)/Pn, существование которого доказано в лемме 2, в случае если для некоторых членов последовательности выполняется соотношение (ΣАin-1)/Pn ≥ ε).
В этом случае, для всех $P_n>P_n_0$, на основании асимптотической формулы о простых числах [3] следует, что между Pn и Pn(1+ε)=Pn + εPn находится хотя бы одно простое число. Преобразуем Pn + εPn < Pn+ ((ΣAin-1)/Pn)Pn=Pn+ΣAin-1. Поэтому между Pn и Pn+ΣAin-1 находится хотя бы одно простое число. Таким образом, мы пришли к противоречию к предположению о существовании таких последовательных простых чисел, что доказывает утверждение.
Для $P_n$ от 13 до $P_n_0$ отсутствие таких последовательных простых чисел можно проверить визуально.

Прошу проверить. Буду благодарен за замечания и предложения.

[vicvolf]

Для удобства проверки доказательства утверждения 1 размещаю на форуме доказательство лемм.

Лемма 1 lim (Pm+1-Pm)/Pm = 0, где Pm , Pm+1 – последовательные простые числа.
Доказательство. Из асимптотической формулы о простых числах [3] следует, что любого сколь угодно малого ε существует M, что для всех Pm>PM выполняется неравенство Pm≤Pm+1≤(1+ε)Pm, что эквивалентно неравенству 0≤Pm+1-Pm≤εPm. Разделив последнее неравенство на Pm, получим 0≤(Pm+1-Pm)/Pm≤ε.
Так как ε бесконечно малая величина, то, переходя к пределу, получим:
0≤lim(Pm+1-Pm)/Pm≤0
Следовательно, lim (Pm+1-Pm)/Pm = 0. (1)

Лемма 2. Среди членов последовательности ΣAir-1/Pr (ΣАir-1 – сумма элементов треугольника Гильбрайта, находящихся под r-ым простым числом), удовлетворяющих неравенству (ΣАir-1)/Pr ≥ ε, (если данное неравенство имеет хотя бы одно решение, а ε сколь угодно малое положительное число) существует член c максимальным номером, при условии, если Pr (Pr>11) Pr+ΣAir-1– последовательные простые числа.
Доказательство. В случае, если для какого-то r>4 Pr и Pr+ΣAir-1–последовательные простые числа, то на основании (1) выполняется: lim (ΣAir-1)/Pr= 0. (2)
На основании (2) для всех членов последовательности (ΣAir-1)/Pr, начиная с некоторого номера r0 (r0>4 (P4=11)), будет выполняться неравенство (ΣАir-1)/Pr<ε. Следовательно, количество членов последовательности, удовлетворяющих неравенству (ΣАir-1)/Pr≥ε, конечно (данное неравенство имеет хотя бы одно решение на основания условия леммы), а из конечного числа членов последовательности можно выбрать член с максимальным номером.

Готов ответить на вопросы.

[Sonic86]

Желательно набирать все формулы ТеХом: topic183.html

Еще хотелось бы понять, для какого множества последовательностей доказывается гипотеза? Т.е. мы же не используем в доказательстве именно последовательность простых, а некое множество последовательностей $x_n$, для которых, например, $an \ln n < x_n < b n \ln n$ для некоторых $a,b:0<a<1,b>1$ начиная с некоторого $n$ плюс возможно еще какие-то условия на $x_n$. Хотелось бы все условия целиком увидеть, поскольку, например, мы можем взять $x_n:x_1=2$, а $x_j$ для $j>1$ является $j$-и простым числом вида $4k+1$ (т.е. $x_n=2;5;13;17;29;37;41;53;...$). И хотя $x_n$ будет удовлетворять аналогичному соотношению $an \ln n < x_n < b n \ln n$ для $0<a<2<b$ начиная с некоторого $n$, но треугольник Гилбрайта, построенный на $x_n$ будет иметь на левой стороне скорее всего сколь угодно много троек (здесь даже можно взять произвольными первые $k=\operatorname{const}$ элементов $x_n$ - ситуация не изменится, просто потому что все первые разности будут кратны $4$)

vicvolf в сообщении #552803 писал(а):

Теорема
Пусть имеется треугольник Гильбрайта, в основании которого находятся простые числа без пропусковР1=3, Р2=5,….Рk.
Тогда для любого Pn>11 (n<k) нет последовательных простых чисел Pn и Pn+ΣAin-1.

Здесь я не вижу используемого свойства чисел $A_{i,n-1}$. Не произвольны же они. Т.е. доказательство неполное.

vicvolf в сообщении #552350 писал(а):

Попробуем доказать утверждение 1 строго. Идея доказательства следующая. Предположим противное, что при указанных выше условиях имеются два последовательных простых числа $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$, для которых выполняется: $P_{n+1}= P_n+ \sum_{i=1}^{n}{A_i_{n-1}}$.

Тут отрицанием утверждения является соотношение $P_{n+1}\geqslant P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$, а не $P_{n+1}= P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$. Ну это хотя бы для понятности.

vicvolf в сообщении #553909 писал(а):

Лемма 1 lim (Pm+1-Pm)/Pm = 0

Это верно (только записать бы ТеХом)

vicvolf в сообщении #553909 писал(а):

Лемма 2.

видимо опирается на теорему из предыдущего поста (хотя ссылки на нее нету), либо ее дублирует и опять же не видно использование свойств $A_{i,n-1}$ в доказательстве. Т.е. тоже доказательства не вижу.

Хотя бы это поясните.

[vicvolf]

Спасибо, что приняли участие в обсуждении.

Sonic86 в сообщении #554436 писал(а):

Еще хотелось бы понять, для какого множества последовательностей доказывается гипотеза?

Утверждение 1 доказывается для последовательности нечетных простых чисел. т.е для последовательности простых чисел, исключая число 2.

Цитата:

vicvolf в сообщении #552803 писал(а):

Теорема
Пусть имеется треугольник Гильбрайта, в основании которого находятся простые числа без пропусковР1=3, Р2=5,….Рk.
Тогда для любого Pn>11 (n<k) нет последовательных простых чисел Pn и Pn+ΣAin-1.

Здесь я не вижу используемого свойства чисел $A_{i,n-1}$. Не произвольны же они.

Ну как же элементы треугольника Гильбрайта $A_{i,n-1}$ входят в сумму $\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$.

Цитата:

vicvolf в сообщении #552350 писал(а):

Попробуем доказать утверждение 1 строго. Идея доказательства следующая. Предположим противное, что при указанных выше условиях имеются два последовательных простых числа $P_n (P_n>11)$ и $P_{n+1} (n+1<k)$, для которых выполняется: $P_{n+1}= P_n+ \sum_{i=1}^{n}{A_i_{n-1}}$.

Тут отрицанием утверждения является соотношение $P_{n+1}\geqslant P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$, а не $P_{n+1}= P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$.

Согласен. Но если будет доказано для $P_n$ и $P_{n+1}= P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$, то тем более будет локазано для больших расстояний между $P_n$ и $P_{n+1}> P_n+ \sum\limits_{i=1}^nA_{i,n-1}$.

Цитата:

vicvolf в сообщении #553909 писал(а):

Лемма 2.

видимо опирается на теорему из предыдущего поста (хотя ссылки на нее нету), либо ее дублирует и опять же не видно использование свойств $A_{i,n-1}$ в доказательстве. Т.е. тоже доказательства не вижу.Хотя бы это поясните.

Доказательство леммы 2 опирается только на лемму 1 и предположение, что $P_r (P_r>11)$ и $P_r+ \sum\limits_{i=1}^{r-1}A_{i,r-1}$– последовательные простые числа.

[Sonic86]

vicvolf в сообщении #554593 писал(а):

Утверждение 1 доказывается для последовательности нечетных простых чисел. т.е для последовательности простых чисел, исключая число 2.

Не, это понятно, я имел ввиду максимальную общность утверждений. Мы же не используем в точности тот факт, что $P_n$ - простые числа, мы используем только то, что 1-й элемент последовательности - $2$, остальные элементы - нечетные и имеет место оценка функцией $n \ln n$ сверху и снизу. Или мы что-то еще используем? Если только это, то доказательство должно проходить и для последовательности $2;5;13;17;29;37;41;53;...$, а оно не проходит просто потому, что соответствующее утверждение неверное.

vicvolf в сообщении #554593 писал(а):

Ну как же элементы треугольника Гильбрайта $A_{i,n-1}$ входят в сумму $\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$.

Ну входят они и что из этого следует? Почему, например, не может быть, что $\sum\limits_{i=1}^n A_{i,n-1}=O(\ln n)$? - я не понимаю, вывода явного нет.

vicvolf в сообщении #554593 писал(а):

Доказательство леммы 2 опирается только на лемму 1 и предположение, что $P_r (P_r>11)$ и $P_r+ \sum\limits_{i=1}^{r-1}A_{i,r-1}$– последовательные простые числа.

Тогда я его тоже не понимаю - те же непонятки, что и с теоремой 1.

[vicvolf]

Sonic86 в сообщении #554613 писал(а):

vicvolf в сообщении #554593 писал(а):

Утверждение 1 доказывается для последовательности нечетных простых чисел. т.е для последовательности простых чисел, исключая число 2.

Не, это понятно, я имел ввиду максимальную общность утверждений. Мы же не используем в точности тот факт, что $P_n$ - простые числа

Доказательство утверждения 1 основано на следствии из асимтотической формулы Чебышева для простых чисел (лемма1 это просто другая
формулировка этого следствия), поэтому максимальная общность также
простые числа.

Цитата:

vicvolf в сообщении #554593 писал(а):

Ну как же элементы треугольника Гильбрайта $A_{i,n-1}$ входят в сумму $\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$.

Ну входят они и что из этого следует? Почему, например, не может быть, что $\sum\limits_{i=1}^n A_{i,n-1}=O(\ln n)$? - я не понимаю, вывода явного нет.

.
Лемма 2 является вспомогательной для доказательства теоремы методом от противного. Противным является предположение, что $P_n$ и $P_n+\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$ являются простыми числами.
Тогда из леммы 1 следует, что $\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}=0$, а следовательно можно по любому $\varepsilon>0$ можно найти n. что ${ \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}<\varepsilon$. В лемме 2 находится такое значение n, которое используется при доказательстве теоремы.

[Sonic86]

vicvolf в сообщении #555012 писал(а):

Доказательство утверждения 1 основано на следствии из асимтотической формулы Чебышева для простых чисел (лемма1 это просто другая
формулировка этого следствия), поэтому максимальная общность также
простые числа.

Я переформулирую вопрос: верно ли, что мы при доказательстве используем лишь то, что 1-й член последовательности - 2, прочие числа - нечетные + оценку членов последовательности функцией $n \ln n$?

vicvolf в сообщении #555012 писал(а):

Тогда из леммы 1 следует, что $\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}=0$

не следует никак.
Суть в том, что Вы не используете никакие свойства чисел $A_{i,n-1}$, а они не могут быть любыми.

[vicvolf]

Sonic86 в сообщении #555349 писал(а):

vicvolf в сообщении #555012 писал(а):

Я переформулирую вопрос: верно ли, что мы при доказательстве используем лишь то, что 1-й член последовательности - 2, прочие числа - нечетные + оценку членов последовательности функцией $n \ln n$?

Нет, не верно! Я использую только, что в основании треугольника Гильбрайта находятся простые числа 3, 5, 7 и далее все простые числа без пропусков.

Цитата:

vicvolf в сообщении #555012 писал(а):

Тогда из леммы 1 следует, что $\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}=0$

не следует никак..

Как же не следует! Если $P_n$ и $P_{n+1}=P_n+\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$ простые числа, то по лемме 1 $\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {P_{n+1}-P_n}{P_n}}=\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {P_n+\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}-P_n} {P_n}}=\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}=0$.

[vicvolf]

Sonic 86 Чувствую, что есть какое-то недопонимание. Давайте сначала.
Правильность леммы 1 Вы ранее признали. Наверно теперь Вы согласитесь. что из сказанного ниже:

vicvolf в сообщении #555363 писал(а):

Если $P_n$ и $P_{n+1}=P_n+\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}$ простые числа, то по лемме 1 $\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {P_{n+1}-P_n}{P_n}}=\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {P_n+\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}-P_n} {P_n}}=\lim \limits_{n\to \infty} { \frac {\sum_{i=1}^{n-1}{A_i_{n-1}}} {P_n}}=0$.

следует правильность леммы 2.
Теперь о теореме:
1. В утверждении 1 я не доказываю сходимость треугольника Гильбрайта, а доказываю, что под каждым простым числом больше 11 в треугольнике Гильбрайта находится хотя бы одна отрицательная разность. Пример в сообщении от 15.03.2012 показывает, что треугольник может иметь отрицательные разности под числами больше 11 в основании, но все равно расходиться.
2. В теореме я доказываю утверждение 1 для достаточно больших n>N, а для меньших n утверждение можно проверить визуально, так как N конечно.
3. Вы же в качестве опровержения приводите последовательность с малыми номерами n, которая расходится, но это не относится к утверждению 1.

[vicvolf]

Sonic86 в сообщении #554436 писал(а):

Еще хотелось бы понять, для какого множества последовательностей доказывается гипотеза? Т.е. мы же не используем в доказательстве именно последовательность простых, а некое множество последовательностей $x_n$, для которых, например, $an \ln n < x_n < b n \ln n$ для некоторых $a,b:0<a<1,b>1$ начиная с некоторого $n$ плюс возможно еще какие-то условия на $x_n$. Хотелось бы все условия целиком увидеть, поскольку, например, мы можем взять $x_n:x_1=2$, а $x_j$ для $j>1$ является $j$-и простым числом вида $4k+1$ (т.е. $x_n=2;5;13;17;29;37;41;53;...$). И хотя $x_n$ будет удовлетворять аналогичному соотношению $an \ln n < x_n < b n \ln n$ для $0<a<2<b$ начиная с некоторого $n$, но треугольник Гилбрайта, построенный на $x_n$ будет иметь на левой стороне скорее всего сколь угодно много троек (здесь даже можно взять произвольными первые $k=\operatorname{const}$ элементов $x_n$ - ситуация не изменится, просто потому что все первые разности будут кратны $4$)

Это не верно! Действительно $P_n<2,163nln(n)$ при n>2. С другой стороны $4n+1<2,163nln(n)$ при n>8. Но сравнение надо делать при каждом значении n без пропусков. Последовательность $x_n=2;5;13;17;29;37;41;53;...$ имеет пропуски, а поэтому разрывы между последующими числами значительно больше, чем в последовательности простых чисел. Об этом и говорится в лемме 1.

[vicvolf]

vorvalm в сообщении #547156 писал(а):

Я рассматриваю не любые составные модули, но только те, которые составляют произведения последовательных простых чисел.
$M=\prod_2^p p,\; p\mid M.$

Вернусь к теме, когда в основании треугольника Гильбрайта находится ПСВ с модулем, равным произведению последовательных простых чисел.
Для m=2^{a_1}3^{a_2} получаем, что треугольник сходится:
5 7 11 13 17 19 23 25 29...
2 4 2 4 2 4 2 4.....
2 2 2 2 2 2 2.....
0 0 0 0 0 0....
и далее одни 0.
В первом ряду разностей образуется периодическая последовательность: 2,4,2,4,......, поэтому во втором ряде разности одинаковы, а начиная с третьего одни нули.
Для m=2^{a_1}3^{a_2}5^{a^3} получаем:
7 11 13 ......
4 2......
2.......
4 стоит в начале 2-ого ряда и следовательно треугольник расходится.
Поэтому для всех модулей вида: m=2^{a_1}3^{a_2}5^{a^3}...... треугольник будет расходиться.

[Sonic86]

vicvolf в сообщении #557047 писал(а):

Это не верно!

Это элементарно следует из теоремы о распределении простых вида $4k+1$: $\pi _4(x)=\frac{1}{\varphi (4)}\operatorname{Li}(x)+R(x)$. Существование констант сразу следует из существования асимптотики.
Я пока весь вывод проверить не могу - мозг занят. Пишу только из памяти (Ctrl-C-Ctrl-V).

[vicvolf]

Sonic86 в сообщении #563827 писал(а):

vicvolf в сообщении #557047 писал(а):

Это не верно!

Это элементарно следует из теоремы о распределении простых вида $4K+1$ с $\pi _4(x)=\frac{1}{\varphi (4) }\operatorname{Li}(x)+R(x)$. Существование констант сразу следует из существования асимптотики.

В доказательстве леммы 1 я использую асимтотическую формулу простых чисел, т.е в ваших обозначениях: $\pi(x)=\operatorname{Li}(x)+R(x)$. Вы же, в контрпримере, используете плотность простых чисел в арифметической прогрессии $4K+1$, которая в $\varphi (4)=2$ раза ниже. Конечно с таким основанием треугольник Гильбрайта будет расходиться.

[vicvolf]

Раз зашел об этом разговор, то я постараюсь показать, что последовательность простых чисел в основании треугольника Гильбрайта является пограничной, в смысли сходимости треугольника Гильбрайта.
С одной стороны рассмотрю сходимость треугольника Гильбрайта, в основании которого находится подпоследовательность чисел, получаемых после r-ого шага решета Эратосфена. С другой стороны рассмотрю сходимость треугольника Гильбрайта, в основании которого находится последовательность простых чисел в арифметической прогрессии $kt+3$ (1), где $(k,3)=1$.