Теория о бесконечности простых чисел-близнецов.

[vicvolf]

vorvalm в сообщении #677814 писал(а):

Я имел в виду Евклида.
Гипотеза. Если число простых чисел определенного вида
равно или больше 2-х, то их бесконечно много в натуральном ряду.

Ну это же гипотеза! А можно ссылку?

[Someone]

vorvalm в сообщении #677814 писал(а):

Гипотеза. Если число простых чисел определенного вида
равно или больше 2-х, то их бесконечно много в натуральном ряду.

$a_n=n(n-6)^2$.

[vorvalm]

Спасибо.

[vorvalm]

vorvalm в сообщении #677814 писал(а):

.
Гипотеза. Если число простых чисел определенного вида
равно или больше 2-х, то их бесконечно много в натуральном ряду.

Эти простые числа не должны быть близнецами.

[Someone]

Ну какая разница. Возьмём многочлен $P(x)=x((x-p_1)(x-p_2)(x-p_3)\ldots(p-p_n)+1)$, где $p_1,p_2,p_3,\ldots,p_n$ — заданные простые числа.

[vorvalm]

Someone в сообщении #678134 писал(а):

Ну какая разница. Возьмём многочлен $P(x)=x((x-p_1)(x-p_2)(x-p_3)\ldots(p-p_n)+1)$, где $p_1,p_2,p_3,\ldots,p_n$ — заданные простые числа.

Действительно, $P(x)=x\cdot(\prod_1^n(x-p_n)+1)$ при $n\rightarrow\infty$ мы получим все простые числа(какие знаем).
Очевидно, необходим многочлен со свободным членом.

[Nilenbert]

vorvalm в сообщении #678182 писал(а):

Действительно, $P(x)=x\cdot(\prod_1^n(x-p_n)+1)$ при $n\rightarrow\infty$ мы получим все простые числа(какие знаем).
Очевидно, необходим многочлен со свободным членом.

Возьмите такой:

$$ P(x)=(x+1)\cdot(\prod_1^n(x+1-p_n)+1) $$

[vorvalm]

Это простая подстановка. Здесь сразу закладывается произведение $p_n\cdot 1$

[Someone]

vorvalm в сообщении #678182 писал(а):

Действительно, $P(x)=x\cdot(\prod_1^n(x-p_n)+1)$ при $n\rightarrow\infty$ мы получим все простые числа(какие знаем).

Во-первых, я не говорил, что $p_1,p_2,p_3,\ldots,p_n$ — все последовательные простые числа, начиная с $p_1=2$. Это могут быть какие угодно $n$ простых чисел.
Во-вторых, " при $n\rightarrow\infty$" в данном случае является бессмыслицей. Никакого предела у этого многочлена не получится.

vorvalm в сообщении #678190 писал(а):

Это простая подстановка. Здесь сразу закладывается произведение $p_n\cdot 1$

Ну и что? Это всего лишь простой способ опровергнуть Вашу скоропалительную гипотезу.

[vorvalm]

Пределом здесь является последнее известное простое число.

[Someone]

(Оффтоп)

vorvalm в сообщении #678197 писал(а):

Пределом здесь является последнее известное простое число.

Шутить изволите?

[vorvalm]

(Оффтоп)

В каждой шутке есть доля шутки

[Mik Dmitro]

Как и обещал, отправляю доказательство бесконечности простых чисел второй степени.Для многочленов третьей и больше степеней метод не работает.
Авторское право 1999 года.
Для удобства пользования посылаю с повторением начала статьи.

УДК 511.313 Мик Д.Ф.
Способ доказательства бесконечности количества некоторых видов простых чисел

Греческий ученый Евклид еще в ІІІ веке до нашей эры доказал, что количество простых чисел- бесконечено.

Теорема Дирихле утверждает, что в некоторой арифметической прогрессии, которая состоит с натуральных чисел, количество простых чисел, или 0, или 1, или или бесконечность. Это значит, если $(a,b)=1$ , тогда значения многочлена первой степени будут простыми числами при замене бесконечного количества целых чисел.
Уже о многочленах второй и о большей степени этого нельзя было сказать. Ниже мы рассмотрим способ, с помощью которого можно решить часть этих проблем.
Рассмотрим многочлен$ f(x)$ который при значениях $x$ от 1 до $\infty$ , дает бесконечный ряд натуральных чисел

$$a_{1}, a_{2}, a_{3},…, a_{n},…$$

(1)
А также рассмотрим ряд простых чисел

$$p_{1}, p_{2}, p_{3},…, p_{k},…$$

(2)

некоторого типа, о котором известно, что он бесконечен.
Пусть простые числа (2) делят числа (1) и некоторые числа (2) совпадают с некоторыми числами (1). Применяя способ решета Эратосфена, мы увидим, что каждое простое число $p_{j}$ c (2) выбивает с ряда чисел (1) $\frac {t}{p_{j}}$часть, а на все остальные простые числа останется $1- \frac {t}{p_{j}} = \frac {(p{j}- t)}{p{j}} $ часть чисел (1).
Если $p_{1}$ выбивает $\frac {t}{p_{1}}$, то $p_{2}$ выбьет еще $ \frac {t (p_{1}- t)}{ p_{1}\star p_{2}}$ часть чисел (1)
с тех, что осталась, а вместе они выбьют $\frac {t}{ p_{1}} + \frac {t (p_{1}- t)}{ p_{1}\star p_{2}}$ часть чисел(1).
Для всех остальных простых чисел останется

$$ 1- \left(\frac {t}{ p_{1}} + \frac {t (p_{1}- t)}{ p_{1}\star p_{2}}\right)= \frac {(p_{1}-t)\star(p_{2}-t)}{ p_{1}\star p_{2}}$$

часть чисел (1)
Третье простое число $p_{3}$ выбьет еще $\frac {t\star(p_{1}-t)\star(p_{2}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}$ часть, а вместе они выбьют $\frac{t}{p_{1}}+\frac {t(p_{1}-t)}{p{1}\star p{2}}+\frac{t(p_{1}-t)\star (p_{2}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}$ часть чисел (1). На все оставшиеся простые числа с (2) останется

$$1-\left(\frac{t}{p_{1}}+\frac {t(p_{1}-t)}{p_{1}\star p_{2}}+\frac{t(p_{1}-t)\star (p_{2}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}\right)=\frac {(p_{1}-t)\star (p_{2}-t)\star (p_{3}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}$$

часть чисел (1)

Продолжая ми получим, что простые числа $p_{1},p_{2},p_{3},…,p_{k},$
выбивают

$$\frac{t}{p_{1}}+\frac {t(p_{1}-t)}{p_{1}\star p_{2}}+\frac{t(p_{1}-t)\star (p_{2}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}+…+\frac{t\star (p_{1}-t) \star(p_{2}-t)…(p_{k}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{k}}$$

(3)

часть чисел (1) , а на оставшиеся простые числа останется

$$\frac {(p_{1}-t)\star(p_{2}-t)\star(p_{3}-t)…(p_{k}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{k}}$$

(4)
часть чисел (1)
Используем тот факт, что простые числа от 2 до $p_{k}$ выбивают все сложные числа в интервале от $p_{k}$ до$p_{k}^2$ .

Пусть $p_{k}$ наибольшее простое число с (2) совпадающее с $p_{n}$ последовательности (1). Для того чтобы выяснить, есть ли еще простые числа в последовательности (1) больше за $p_{n}$ достаточно формулу (4) умножить на число${A}$-количество чисел (1) на промежутке от $p_{n}$ до $p_{n}^2$ . И если

$$\frac {(p_{1}-t)\star (p_{2}-t)\star(p_{3}-t)…(p_{k}-t)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{k}}\star{A}>1$$

(5)


значит, там еще есть простые числа больше $p_{n}$ и меньше$p_{n}^2$ .

РАССМОТРИМ ПРОБЛЕМУ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ-БЛИЗНЕЦОВ

Пусть многочлен первой степени $ax\pm\b$ ,где $(a,b)=1$,дает простые числа –близнецы. Требуется доказать, что их количество бесконечно. Запишем все пары чисел
$$$a+b$ , $2a+b$ , $3a+b…$ , $m\star a+b…$$$ (6)
$$a-b$ , $2a-b$ , $3a-b…$ , $m\star a-b…$$

Легко показать, что каждое простое число $p_{j}$ выбивает по две пары таких чисел, то есть
$\frac {t}{p_{j}}$ часть.
Пусть

$ma+b=p_{m+}$ (7)
$ma-b=p_{m-}$
последняя известная нам пара простых чисел-близнецов этого вида. Используя формулы (3) мы увидим, что все простые числа от 2 до $p_{m+}$ выбивают

$$\frac {2}{p_{1}}+\frac{2\star(p_{1}-2)}{p_{1}\star p_{2}}+\frac {2\star(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}}+…+ \frac {2\star(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)…(p_{m-}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{m-}p_{m+}}$$

(8)

часть чисел (6). А , используя формулу (4) мы получим , что на все остальные простые числа останется

$$\frac {(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)\star(p_{3}-2)…(p_{m-}-2)\star(p_{m+}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{m-}\star p_{m+}}$$

(9)

часть чисел (6).
Для того, чтобы выяснить есть ли еще другие пары простых чисел-близнецов в последовательности (6) больше за (7), достаточно исследовать формулу (9) на промежутке до $p_{m+}^2$.
Если

$$\frac {(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)\star(p_{3}-2)…(p_{m+}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{m+}}\star{A}\ge1$$

(10)
где А-количество пар чисел (6) на промежутке от $p_{m+}$ до $p_{m+}^2$,тогда на этом промежутке есть еще хотя бы одна пара простых чисел-близнецов данного вида

Так как

$$p_{m+}^2= (ma+ b)^2=m^2a^2+2mab+b^2$$

тогда последнее число вида (7) меньше $p_{m+}^2$, которое будет делиться простыми числами меньшими за $p_{m+}$ , будет число

$$(m^2a+2m)a+b$$

С учетом этого формула (10) примет вид

$$(p_{1}-2)\star \frac{p_{2}-2}{p_{1}}\star \frac{p_{3}-2}{p_{2}}…\frac{ma+b-2}{ma-b}\star \frac{m^2a+2mb}{ma+b}>1$$

,
где видно, что левая часть больше единицы, а это значит, что количество пар простых чисел-близнецов бесконечно.
Для примера рассмотрим простые числа-близнецы вида $4k \pm\ 1$ .
Пусть $4k \pm\ 1$наибольшая пара таких чисел. Так как числа такого вида нечетные, значит, $p=2$ не принимает участия. Выражение (10) для данного случая примет вид

$$(3-2)\star \frac{5-2}{3}\star \frac{7-2}{5}\star \frac{11-2}{7}…..\frac{4k-1}{4k-1}\star \frac{4k^2}{4k+1}$$

Где очевидно, что оно больше единицы, а это значит, что количество пар простых чисел-близнецов вида $4k \pm\ 1$ бесконечно.
Таким же способом можно рассматривать и более сложные многочлены первой степени. Очень легко доказывается и теорема Чебышева, Гольдбаха-Эйлера, гипотезы Лежандра, Брокадра и проблема простых чисел в многочленах второй степени.

Рассмотрим многочлен второй степени

$$F(x)=4x^2+1$$

(11)
Делителями его будут [1] простые числа вида

$$p_n=4n+1$$

(12)
Подставляя в (11) значения $x$ от 1 до $k$ , получим ряд чисел

$$5,17,37,65,101,145,...,p_{k-1},4k^2+1$$

13)
Пускай $P_k=4k^2+1$ наибольшее простое число вида $4x^2+1$.
Требуется доказать что есть еще простые числа вида $4x^2+1$ больше за $P_k=4k^2+1$.
Каждое простое число (12) выбивает с последовательности (13) $2/p_j$ часть чисел. С учетом формулы (3) мы получим, что все простые числа (12) от 5 до $p_k$ выбивают

$$\frac{2}{5}+\frac{2(5-2)}{5\cdot 13}+\frac{2(5-2)(13-2)}{5\cdot13\cdot17}+...+\frac{2(5-2)(13-2)...(p_{k-1}-2)}{5\cdot13\cdot17...p_{k-1}\cdot p_k}$$

(14)
часть чисел с последовательности (13) На остальные простые числа вида $p_n=4n+1>P_k=4k^2+1$ останется с учетом формулы (4)

$$\frac{(5-2)(13-2)(17-2)...(p_{n-1}-2)[(4k^2+1)-2]}{5\cdot13\cdot17\cdot...\cdot p_{n-1}(4k^2+1)}$$

(15)
часть чисел последовательности (13).
Так как $P_{k}^2=(4k^2+1)^2=16k^4+8k^2+1$ , тогда последнее число вида $4x^2+1$ меньше $P_{k}^2$ , которое будет делиться простыми числами вида $4n+1$ меньшим за $P_{k}^2$ , будет число $4(2k^2)^2+1$ .
Для того, чтобы доказать есть ли еще простые числа

$$P_l=4l^2+1>P_k=4k^2+1$$

(16)
достаточно выражение (15) умножить на количество чисел (11) до $P_{k}^2$ , то есть на $2k^2$ ,получим выражение

$$\frac{(5-2)(13-2)(17-2)...(p_{n-1}-2)(4k^2-1)2k^2}{5\cdot13\cdot17...p_{n-1}(4k^2+1)}$$

(17)
и если оно больше единицы тогда утверждение, количество простых чисел вида $4x^2+1$ бесконечно-верно.
Для чего выражение (17), принимая $p_{n-1}=p_n-4$ , запишем по-другому

$$(5-2)\cdot\frac{13-2}{5}\cdot\frac{17-2}{13}...\frac{4k^2-1}{4k^2-3}\cdot\frac{2k^2}{4k^2+1}$$

(18)
Рассматривая (18), видим, что оно больше за единицу. Это значит что количество простых чисел вида $4x^2+1$ бесконечно.
1.МАЛАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЭНЦИКЛОПЕДИЯ Э.ФРИД , И.ПАСТОР, И.РЕЙМАН, П.РЕВЕС, И.РУЖА, AKADEMIAI KIADO,ИЗДАТЕЛЬСТВО АКАДЕМИИ НАУК ВЕНГРИИ,БУДАПЕШТ 1976.
2.ВИКИПЕНДИЯ 2012г.

[Sonic86]

Mik Dmitro в сообщении #682564 писал(а):

Применяя способ решета Эратосфена, мы увидим, что каждое простое число $p_{j}$ c (2) выбивает с ряда чисел (1) $\frac {t}{p_{j}}$часть

Sonic86 в сообщении #676712 писал(а):

Mik Dmitro писал(а):

Пусть простые числа (2) делят числа (1) и некоторые числа (2) совпадают с некоторыми числами (1). Применяя способ решета Эратосфена, мы увидим, что каждое простое число $p_{j}$ c (2) выбивает с ряда чисел (1) $\frac {t}{p_{j}}$часть, а на все остальные простые числа останется $1- \frac {t}{p_{j}} = \frac {(p{j}- t)}{p{j}} $ часть чисел (1).

А это неверно. Возьмем $f(x)=x^2+1, t=2, j=1, p_1=5$. Имеем 2 значения $f(x)$ при $x=1,...,t$: $2;5$. Доля чисел, кратных $5$, равна $\frac{1}{2}$, а по Вашей формуле получается $\frac{2}{5}$, а $\frac{2}{5}\neq \frac{1}{2}$.

Дальше читать смысла нет.

(Оффтоп)

похоже, что автор зациклился, но для него эта проблема алгоритмически неразрешима

[vorvalm]

[quote="Mik Dmitro в сообщении #682564"]

РАССМОТРИМ ПРОБЛЕМУ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ-БЛИЗНЕЦОВ
часть чисел (6). А , используя формулу (4) мы получим , что на все остальные простые числа останется

$$\frac {(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)\star(p_{3}-2)…(p_{m-}-2)\star(p_{m+}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{m-}\star p_{m+}}$$

(9)

часть чисел (6).
Для того, чтобы выяснить есть ли еще другие пары простых чисел-близнецов в последовательности (6) больше за (7), достаточно исследовать формулу (9) на промежутке до $p_{m+}^2$.
Если

$$\frac {(p_{1}-2)\star(p_{2}-2)\star(p_{3}-2)…(p_{m+}-2)}{p_{1}\star p_{2}\star p_{3}…p_{m+}}\star{A}\ge1$$

(10)
где А-количество пар чисел (6) на промежутке от $p_{m+}$ до $p_{m+}^2$,тогда на этом промежутке есть еще хотя бы одна пара простых чисел-близнецов данного вида



1)формула (9) - ничто иное, как средняя плотность близнецов в ПСВ по модулю $M(p_{m+})=p_{m+}\#$.
2) в формуле (10) эта средняя плотность относится к интервалу $A=p^2_{m+}-p_{m+}$.
3) то, что число близнецов на этом интервале $>1$ ничего не говорит об их бесконечности, т.к. в среднюю плотность (9) входят не только простые близнецы, но и вычеты-близнецы ПСВ, которые кратны простым $p_k>p_{m+}$