Гипотезы о простых числах

[Mathusic]

Sonic86 в сообщении #647976 писал(а):

правильная форма этого утверждения такая:
для любого $\alpha>0$ существует $n_0$ такое, что для всех $n>n_0$ $p_{n+1}<p_n(1+\alpha)$. Вся ошибочность на этом и строится.

А разве не так? $\forall \alpha>0 \ \forall N \in \mathbb{N} \ \exists n > N: \ p_{n+1}<p_n(1+\alpha)$
Недавно как раз доказывалось. У вас более сильное утверждение. Тоже верное?

[nnosipov]

Mathusic в сообщении #651628 писал(а):

У вас более сильное утверждение. Тоже верное?

Оно следует из асимптотического закона распределения простых чисел.

[megamix62]

Sonic86 в сообщении #647976 писал(а):

megamix62 в сообщении #647902 писал(а):

Для любого $ \alpha>0$, cуществуют $p_{n}$ - бесконечно таких простых чисел, что $p_{n+1}<$p_{n}(1+\alpha)$.

Это неверно: правильная форма этого утверждения такая:
для любого $\alpha>0$ существует $n_0$ такое, что для всех $n>n_0$ $p_{n+1}<p_n(1+\alpha)$. Вся ошибочность на этом и строится.

Если быть предельно точным И.М.Виноградов "Основы Теории чисел" стр.34

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное. Доказать , что в ряде натуральных чисел существует бесчисленное множество пар $p_{n},p_{n+1}$ простых чисел с условием

$p_{n+1}<p_n(1+\alpha).$

[Sonic86]

megamix62 в сообщении #651902 писал(а):

Если быть предельно точным И.М.Виноградов "Основы Теории чисел" стр.34

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное. Доказать , что в ряде натуральных чисел существует бесчисленное множество пар $p_{n},p_{n+1}$ простых чисел с условием

$p_{n+1}<p_n(1+\alpha).$

Пусть так. Только отсюда все равно не следует, что утверждение верно для $\alpha=\frac{2}{p_n}$ и для любого $n$.

[vorvalm]

Проще рассматривать данное неравенство в виде

$p_{n+1}-p_n<\alpha p_n$

[megamix62]

Sonic86 в сообщении #651904 писал(а):

megamix62 в сообщении #651902 писал(а):

Если быть предельно точным И.М.Виноградов "Основы Теории чисел" стр.34

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное. Доказать , что в ряде натуральных чисел существует бесчисленное множество пар $p_{n},p_{n+1}$ простых чисел с условием

$p_{n+1}<p_n(1+\alpha).$

Пусть так. Только отсюда все равно не следует, что утверждение верно для $\alpha=\frac{2}{p_n}$ и для любого $n$.

А никто и не говорил , что для любого $n$

-- 03.12.2012, 16:47 --

megamix62 в сообщении #651511 писал(а):

Перехожу к доказательству
3.Сильная проблема Гольдбаха.
Каждое чётное число, большее 2, можно представить в виде суммы двух простых чисел.

Т. Все четные числа < P , можно представить в виде суммы двух простых чисел $p_{i},p_{j}<P$.

Доказательство:
Расмотрим арифметическую прогрессию $30k+r$.Согласно Шнирельману Л.Г. наша прогрессия при $r=1$ имеет плотность $1/30$.
При доказательстве мы будем расматривать восемь арифметических прогрессий $r=1, 7, 11, 13, 17, 19, 23,29$.
Каждое простое число $>5$ имеет вид $30k+r$, где k— целое число $\geqslant$, $r $же есть одно из чисел $1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 или 29$. Так как простых чисел существует бесконечно много, то по крайней мере для одного из указанных значений r существует бесконечно много простых чисел вида $30k+r$, где $k$ — натуральное число. Таким образом, достаточно рассмотреть для $n>8$ — четного составного числа, пятнадцять следующих случаев.
1. Для $n = (10,40,70,100,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+23$,
тогда
$n=17+p =17+(30k+23) = 2(15k+20)$ или
при $p=30k+17$
$n=23+ p =23+(30k+17) = 2(15k+20)$ или
при $p=30k+7$ имеем
$n=3+ p =3+(30k+7) =2(15k+10) (k=0,1,2,3…)$
2. Для $n = (12,42,72,102,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+1$
тогда
$ n=11+ p =11+(30k+1) =2(15k+6) (k=1,2, …)$ или
при $p=30k+7$ имеем
$n=5+ p =5+(30k+7) =2(15k+6) (k=0,1,2, …)$

-- 03.12.2012, 16:49 --

3. Для $n = (14,44,74,104,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+7$,
тогда
$n=7+ p =7+(30k+7) =2(15k+7). (k=0,1,2…)$
4. Для $n = (16,46,76,106,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+13$,
тогда
$n=3+ p =3+(30k+13) =2(15k+8)$.
5. Для $n = (18,48,78,108,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+7$,
тогда
$n=11+ p =11+(30k+7) =2(15k+9)$ или
при $p=30k+11$ имеем
$n=7+ p =7+(30k+11) =2(15k+9)$

-- 03.12.2012, 16:54 --

6. Для $n = (20,50,80,110,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+7$,
тогда
$n=13+ p =13+(30k+7) =2(15k+10) $или
при $p=30k+13$ имеем
$n=7+ p =7+(30k+13) =2(15k+10)$ или
при $p=30k+1$ имеем
$n=19+p =19+(30k+1) =2(15k+10) (k=1,2, …)$

7. Для $n = (22,52,82,112,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+19$,
тогда
$n=3+ p =3+(30k+19) =2(15k+11)$ или
при $p=30k+17$ имеем
$ n=5+ p=5+(30k+17) =2(15k+11)$
при $p=30k+11$ имеем
$n=11+ p =11+(30k+11) =2(15k+11)$

-- 03.12.2012, 17:00 --

8. Для $n = (24,50,80,110,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+11$,
тогда
$n=13+ p =13+(30k+11) =2(15k+12)$ или
при $p=30k+13$ имеем
$ n=11+ p =11+(30k+13) =2(15k+12)$ или
при $p=30k+17$ имеем
$n=7+ p =7+(30k+17) =2(15k+12)$ или
при $p=30k+7$ имеем
$n=17+ p =17+(30k+7) =2(15k+12)$
9. Для $n = (26,56,86,116,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+19$,
тогда
$n=17+ p =17+(30k+19) =2(15k+13)$ или
при $p=30k+17$ имеем
$n=19+ p =19+(30k+17) =2(15k+13)$или
при $p=30k+23$ имеем
$n=3+ p =3+(30k+23) =2(15k+13)$
10. Для $n = (28,58,88,118,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+11$,
тогда
$n=17+ p=17+(30k+11) =2(15k+14)$ или
при $p=30k+17$ имеем
$n=11+ p =11+(30k+17) =2(15k+14)$ или
при $p=30k+23$ имеем
$n=5+ p =5+(30k+23) =2(15k+14)$

-- 03.12.2012, 17:13 --

11. Для $n = (30,60,90,120,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+13$,
тогда
$ n=17+ p =17+(30k+13) =2(15k+15)$ или
при $p=30k+17$ имеем
$ n=13+ p =13+(30k+17) =2(15k+15)$ или
при $p=30k+11$ имеем
$n=19+ p =19+(30k+11) =2(15k+15)$
12. Для $n = (32, 62,92,122,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+13$,
тогда
$n=19+ p=19+(30k+13) =2(15k+16)$ или
при $p=30k+19$ имеем
$n=13+ p =13+(30k+19) =2(15k+16)$ или
при $p=30k+29$ имеем
$n=3+ p =3+(30k+29) =2(15k+16)$
13. Для $n = (34, 62,92,122,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $p=30k+17$,
тогда
$n=17+ p =17+(30k+17) =2(15k+17)$ или
при $p=30k+29$ имеем
$n=5+ p =5+(30k+29) =2(15k+17)$ или
при $p=30k+13$ имеем
$n=11+ p=11+(30k+13) =2(15k+17)$ или
при $p=30k+11$ имеем
$n=13+ p =13+(30k+11) =2(15k+17)$
14. Для $n = (36, 62,92,122,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида при $p=30k+17$,
тогда
$n=19+ p =19+(30k+17) =2(15k+18)$ или
при $p=30k+19$ имеем
$n=17+ p =17+(30k+19) =2(15k+18)$ или
при $p=30k+23$ имеем
$n=13+ p =13+(30k+23) =2(15k+18)$ или
при $p=30k+13$ имеем
$n=23+ p =23+(30k+13) =2(15k+18)$
15.Для $n = (38,68,98,….)$
Существует бесконечно много простых чисел вида $30k+1$. Пусть $p$— одно из
них , т.е. $p=30k+1$, тогда
$n=7+(30k+1) = 2(15k+4) (k=1,2,3…)$или
при $p=30k+19$ для нашего случая имеем
$n=19+p=19+(30k+19) = 2(15k+4) (k=0,1,2,3…)$.
Мы расмотрели случай $n=p_{1}+(30k+r)$, в общем виде $n=(30k_{1}+r_{1})+(30k+r)$.
Теорема доказана.

[Cash]

Как и следовало ожидать - доказательство отсутствует.
Давайте столько случаев перебирать не будем.
Остановимся на первом.
Докажите, что каждое число вида $30k+10$ представимо в виде суммы двух простых чисел.

[Sonic86]

megamix62 в сообщении #653646 писал(а):

А никто и не говорил , что для любого $n$

А каким тогда образом Вы утверждаете, что

megamix62 в сообщении #647902 писал(а):

Из утверждения следует

если для любого $ \alpha>0$ принять $\alpha=\frac2p_{n}$, тогда cуществуют $p_{n}$ - бесконечно таких простых чисел
$p_{n+1}\leqslant$p_{n}(1+\alpha)=p_{n}(1+\frac2p_{n})=p_{n}+2$</div><!-- quote end -->Вы же не можете брать $\alpha=\frac{2}{p_n}$ для произвольного $n$. У Вас в доказательстве $n$ произвольно.

[vicvolf]

megamix62 в сообщении #653646 писал(а):

Согласно Шнирельману Л.Г. наша прогрессия при $r=1$ имеет плотность $1/30$.

Как это используется в доказательстве?

[vorvalm]

Вариации на тему:
"Лучше меньше, да лучше"
"Доказательство" Megamix можно значительно сократить. если
вспомнить, что все простые числа, кроме 2 и 3, из классов
$6n-1,\;6m+1,\;n,m \in N$.
Если суммировать их попарно, то получим:
1) $6n-1+6n_1-1=6(n+n_1)-2=(10,16,22,.....)$
2) $6n-1+6m+1=6(n+m)=(12,18,24,.....)$
3) $6m+1+6m_1+1=6(m+m_1)+2=(14,20,26,....)$

Что касается близнецов и проблемы Лежандра, то г-н Megamix
подменяет понятия в неравенстве $p_{n+1}-p_n<\alpha p_n$.
В условии неравенства $\alpha$ - независимая положительная
постоянная величина. У г-на Megamix она зависит от $p_n.$

[Sonic86]

vorvalm в сообщении #654976 писал(а):

Что касается близнецов и проблемы Лежандра, то г-н Megamix
подменяет понятия в неравенстве $p_{n+1}-p_n<\alpha p_n$.
В условии неравенства $\alpha$ - независимая положительная
постоянная величина. У г-на Megamix она зависит от $p_n.$

Не, дело как раз не в этом. Замена величины под квантором $\forall$ на величину, зависящую от $n$ - это вполне допустимый прием и часто используется (могу даже показать, как он используется и ссылку дать).
megamix расширяет множество $M_\alpha$ всех чисел $n$, для которых выполняется $p_{n+1}-p_n<\alpha p_n$. Он просто тупо считает, что $(\forall \alpha) M_\alpha = \mathbb{N}$, а это неверно. Еще и не понимает этого

[megamix62]

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное. Доказать , что в ряде натуральных чисел существует бесчисленное множество пар $p_{n},p_{n+1}$ простых чисел с условием
$p_{n+1}<p_n(1+\alpha).$

Из утверждения следует
если для любого $ \alpha>0$ принять $\alpha=\frac4p_{n}$, тогда cуществуют $p_{n},p_{n+1}$ - бесчисленное множество пар простых чисел,что
$p_{n+1}\leqslant$p_{n}(1+\alpha)=p_{n}(1+\frac2p_{n})=p_{n}+4$
$p_{n+1}=p_{n}+2$
Бесконечность простых чисел-близнецов доказана.

2.Гипотеза Лежандра. Для любого натурального между $n^2$ и $(n+1)^2$ найдётся хотя бы одно простое число.

Из утверждения следует
если для любого $ \alpha>0$ принять $\alpha=\frac2n$,
тогда cуществуют $p_{n},p_{n+1}$ - бесчисленное множество пар простых чисел,что

$p_{n}<n^2<$p_{n+1}<p_{n}(1+\alpha)<n^2(1+\alpha)=n^2+2n<(n+1)^2$, т. е.

$p_{n}<n^2<$p_{n+1}<(n+1)^2$.

Гипотеза Лежандра доказана.

Акцентирую Ваше внимание Sonic86 на - " бесчисленное множество пар простых чисел", а не просто тупо считать , что это $N$

-- 06.12.2012, 15:23 --

vicvolf в сообщении #653785 писал(а):

megamix62 в сообщении #653646 писал(а):

Согласно Шнирельману Л.Г. наша прогрессия при $r=1$ имеет плотность $1/30$.

Как это используется в доказательстве?

Я использую сумму восемь арифметических прогрессий из 15 возможных для покрытия множества четных чисел.

[vorvalm]

$\alpha$ не должна зависеть ни от $p_n$
ни от $n$. Это независимая постоянная.

[venco]

megamix62 в сообщении #655029 писал(а):

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное.
...
если для любого $ \alpha>0$ принять $\alpha=\frac4p_{n}$

Опять? Обратите внимание на выделенное слово. Нельзя принять $\alpha$ как вы хотите, т.к. получится непостоянная величина, зависящая от $n$.

[megamix62]

venco в сообщении #655073 писал(а):

megamix62 в сообщении #655029 писал(а):

Утверждение. Пусть $\alpha$ - произвольное положительное постояное.
...
если для любого $ \alpha>0$ принять $\alpha=\frac4p_{n}$

Опять? Обратите внимание на выделенное слово. Нельзя принять $\alpha$ как вы хотите, т.к. получится непостоянная величина, зависящая от $n$.

Cогласен, что с близнецами, док- во не коректно ...

-- 06.12.2012, 16:55 --

vorvalm в сообщении #654976 писал(а):

Вариации на тему:
"Лучше меньше, да лучше"
"Доказательство" Megamix можно значительно сократить. если
вспомнить, что все простые числа, кроме 2 и 3, из классов
$6n-1,\;6m+1,\;n,m \in N$.
Если суммировать их попарно, то получим:
1) $6n-1+6n_1-1=6(n+n_1)-2=(10,16,22,.....)$
2) $6n-1+6m+1=6(n+m)=(12,18,24,.....)$
3) $6m+1+6m_1+1=6(m+m_1)+2=(14,20,26,....)$

У меня вчера возникла похожая идея, но с $4n-1,\;4m+1,\;n,m \in N$, т.к.
прогрессии более плотны на простые числа , чем $N$.

-- 06.12.2012, 16:59 --

Да по Шнирельману Л.Г. наша прогрессия имеет плотность $1/4$.