Гипотезы о простых числах 2

[Mik Dmitro]

Отделено от темы «Гипотезы о простых числах»

УДК511.313 Мик Д.Ф.

Доказательство проблем простых чисел Ландау

В 1912 году на 5-том международном математическом конгрессе в Кембридже (Великобритания) Єдмунд Ландау перечислил ряд проблем простых чисел[2] :
1.Проблема Гольдбаха, доказать или опровергнуть, что каждое четное число больше двух, может быть представлено в виде суммы двух простых чисел.
2.Бесконечно ли множество «простых близнецов»-простых чисел, разность между которыми равна 2 ?
3.Гипотеза Лежандра, верно ли, что для всякого натурального числа $n$ между $n^2$ и $(n+1)^2$ всегда найдется простое число?
4.Бесконечно ли множество простых чисел вида $4n^2+1$
, где $n$ натуральное число?
Ниже мы рассмотрим способ с помощью которого решаются эти и ряд других проблем.
Греческий ученый Евклид еще в ІІІ веке до нашей эры доказал, что количество простых чисел - бесконечно[1] .
Теорема Дирихле утверждает, что в некоторой арифметической прогрессии, которая состоит с натуральных чисел, количество простых чисел 0, 1 или бесконечность. Это значит, если $(a,b)=1$ , тогда значения многочлена первой степени $ax+b$ будут простыми числами при замене бесконечного количества целых чисел[1] .
Рассмотрим многочлен$ f(x)$ который при значениях $x$ от 1 до $\infty$ , дает бесконечный ряд натуральных чисел

$$a_{1}, a_{2}, a_{3},…, a_{n},…\eqno(1)$$

А также рассмотрим ряд простых чисел

$$p_{1}, p_{2}, p_{3},…, p_{k},… \eqno(2)$$

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} p_{2}}$ часть чисел (1)
с тех, что осталась, а вместе они выбьют $\frac {t}{ p_{1}} + \frac {t (p_{1}- t)}{ p_{1} p_{2}}$ часть чисел(1).
Для всех остальных простых чисел останется

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

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

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

часть чисел (1).
Продолжая ми получим, что простые числа $p_{1},p_{2},p_{3},…,p_{k},$
выбивают

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

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

$$\frac {(p_{1}-t)(p_{2}-t)(p_{3}-t)…(p_{k}-t)}{p_{1} p_{2} p_{3}…p_{k}}\eqno(4)$$

часть чисел (1).
Используем тот факт, что простые числа от 2 до $p_{k}$ выбивают все сложные числа в интервале от $p_{k}$ до$p_{k}^2$ (так принято, но они выбивают все сложные числа от $p_k$ до $(p_k+2)^2-1$ , так как следующее простое число может быть только $p_{k+1}=p_k+2$ ).
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

$$\frac {(p_{1}-t) (p_{2}-t)(p_{3}-t)…(p_{k}-t)}{p_{1} p_{2} p_{3}…p_{k}}\cdot{A}\eqno(5)$$

больше единицы, значит там еще есть простые числа больше $P_{n}$ и меньше$P_{n}^2$ .
Выражение (5) не только может быть больше единицы, но оно может равняться количеству простых чисел даного вида на этом промежутке.
Проблема Гольдбаха- Эйлера.
(1-я проблема Ландау )

В 1742 году Гольдбах (Goldbach) в письме к Эйлеру (Euler) выдвинул гипотезу, что каждое нечетное натуральное число можно выразить как сумму не больше трех простых чисел. На что Эйлер заметил, что достаточно доказать, что каждое четное число состоит из двух простых чисел [3] .
Для доказательства возьмем какое то четное число $D=2n$ .Его можно представить $2n-1$ раз, а именно

$$D=(2n-1)+1=(2n-2)+2=...=(2n-k)+k=...=(n+1)+(n-1)=$$

$$...=k+(2n-k)=...=...=2+(2n-2)=1+(2n-1)\eqno(6)$$

Каждое простое число $p_j$ делит по две пары таких чисел, если $p_j$ не делит числа $D$ и одну пару, если число $p_j$ делит число $D$. Простое число $2$ всегда делит число $D$ , поэтому оно выбивает 1/2 всех пар чисел (6). На все остальные простые числа остается еще половина. Для всех остальных простых чисел примем, что они выбивают по две пары чисел (6), что не влияет на доказательство.
Все пары чисел (6) со сложными числами выбьют простые числа меньшие или равные $\sqrt{2n-1}$ . Пускай $p_k$ наибольшее простое число среди чисел меньших или равных $\sqrt{2n-1}$ . Для того, чтобы доказать ,верна ли гипотеза Гольдбаха, достаточно доказать что останется еще хотя бы одна пара чисел (6), не выбитая простыми числами $p_j\le p_k$ .
Все простые числа меньшие или равны $p_k$ выбют

$$\frac{1}{2}+\frac{2(3-2)}{2\cdot3}+\frac{2(3-2)(5-2)}{2\cdot3\cdot5}+...+\frac{2(3-2)(5-2)...(p_{k-1}-2)}{2\cdot3\cdot5\cdot...\cdot p_k}\eqno(7)$$

часть чисел (6).На все остальные простые числа останется

$$\frac{1}{2}\cdot\frac{3-2}{3}\cdot\frac{5-2}{5}\cdot...\cdot\frac{p_{k-1}-2}{ p_{k-1}}\cdot\frac{p_{k}-2}{ p_{k}}\eqno(8)$$

часть чисел (6).
Для доказательства число (8) умножим на число всех чисел (6) ,то есть на $2n-1$, или на $p_{k}^2$ и если оно больше единицы, тогда есть еще хотя бы одна пара простых чисел среди чисел (6). Запишем число (8) по другому и умножим его на $p_{k}^2$ ,получим

$$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{3}\cdot\frac{5}{5}\cdot\frac{9}{7}\cdot\frac{11}{11}\cdot\frac{15}{13}\cdot\frac{17}{17}\cdot...\cdot\frac{p_{k}-2}{ p_{k-1}}\cdot\frac{p_{k}^2}{ p_{k}}\eqno(9)$$

Проанализировав выражение (9) мы видим, что оно больше единицы, то есть гипотеза Гольдбаха доказана. С выражения (9) видно, что каждое четное число чем оно больше, тем большим количеством пар простых чисел его можно выразить.
РАССМОТРИМ ПРОБЛЕМУ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ-БЛИЗНЕЦОВ
(2-я проблема Ландау [2])
Так как проблема простых чисел-близнецов является часным случаем гипотизы Полиньяка, достаточно доказать ее.
Гипотеза Полиньяка [2]
Пусть многочлен первой степени $ax\pm b$ ,где $(a,b)=1$,дает простые числа –близнецы с разностью $(2b)$. Требуется доказать, что их количество бесконечно. Запишем все пары чисел
$$ $a+b$ , $2a+b$ , $3a+b…$ , $m a+b…$ $$
$$a-b$ , $2a-b$ , $3a-b…$ , $ma-b…\eqno(10)$$
Легко показать, что каждое простое число $p_{j}$ выбивает по две пары таких чисел, то есть
$\frac {2}{p_{j}}$ часть.
Пусть

$$ma+b=p_{m+},\qquad ma-b=p_{m-}\eqno(11)$$

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

$$\frac {2}{p_{1}}+\frac{2(p_{1}-2)}{p_{1} p_{2}}+\frac {2(p_{1}-2)(p_{2}-2)}{p_{1} p_{2} p_{3}}+…+ \frac {2(p_{1}-2)(p_{2}-2)…(p_{m-}-2)}{p_{1} p_{2} p_{3}…p_{m-}p_{m+}}\eqno(12)$$

часть чисел (10). А используя формулу (4) мы получим , что на все остальные простые числа останется

$$\frac {(p_{1}-2)(p_{2}-2)(p_{3}-2)…(p_{m-}-2)(p_{m+}-2)}{p_{1} p_{2} p_{3}…p_{m-} p_{m+}}\eqno(13)$$

часть чисел (10).
Для того, чтобы выяснить есть ли еще другие пары простых чисел-близнецов с разностью $(2b)$ в последовательности (10) больше за (11), достаточно исследовать формулу (13) на промежутке до $p_{m+}^2$.
Если

$$\frac {(p_{1}-2)(p_{2}-2)(p_{3}-2)…(p_{m+}-2)}{p_{1} p_{2} p_{3}…p_{m+}}{A}\ge1\eqno(14)$$

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 с разностью $(2b)$
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

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

,
где видно, что она больше единицы, а это значит, что количество пар простых чисел-близнецов с разностью $(2b)$ бесконечно. При $b=1$ получим бесконечность простых чисел-близнецов с разностью 2.
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 (14) для данного случая примет вид

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

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. а так же распределение груп простых чисел, что имеет большое значение для кодирования информации. Очень легко доказывается и теорема Чебышева и теорема Дирхле, а так же и бесконечность количества простых чисел.
Гипотеза Лежандра (3-я проблема Ландау ).
Доказать, что между $N^2$ и $(N+1)^2$ - всегда найдется простое число. Для доказательства возьмем $P_n$ - ближайшее простое число меньше $N^2$ . Докажем, что между $P_n$ и $(\sqrt{P_n}+1)^2$ - есть хотя бы одно простое число. Так как $P_n$ меньше $N^2$ и $(\sqrt{P_n}+1)$ меньше за $(N+1)$ ,тогда мы тем самим докажем гипотезу Лежандра.
Что бы доказать утверждение, что межу $P_n$ и $(\sqrt{P_n}+1)^2$ - есть хотя бы одно простое число используем формулу (5)

$$ B_n =\frac{(P_{1}-1)(P_{2}-1)(P_{3}-1)\cdot\cdot\cdot(P_{n}-1)}{P_1\cdot P_2\cdot P_3\cdot\cdot\cdot\cdot P_n}A\eqno(15)$$

где $A$ - количество чисел между $P_n$ и $(\sqrt{P_n}+1)^2$ ,

$$A=(\sqrt{P_n}+1)^2 -P_n=2\sqrt{P_n}+1\eqno(16)$$

Брезгуя единицей подставляем (16) в (15)- получим

$$ B_n =\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{P_{n}-1}{P_n}\cdot2\sqrt{P_n}\eqno(17)$$

Для доказательства гипотезы достаточно доказать, что $B_n >1$ . Мы воспользуемся методом математической индукции. Если нам известно, что $B_n >1$ , надо доказать, что $B_{n+1} >1$ , где

$$ B_{n+1} =\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\cdot\cdot\cdot\frac{P_{n}-1}{P_n}\cdot\frac{P_{n+1}-1}{P_{n+1}}\cdot2\sqrt{P_{n+1}}\eqno(18)$$

или

$$ B_{n+1} =B_n\cdot\frac{P_{n+1}-1}{P_{n+1}}\cdot\frac{\sqrt{P_{n+1}}}{\sqrt{P_{n}}}=B_n\cdot C,$$где $$C=\frac{P_{n+1}-1}{P_{n+1}}\cdot\frac{\sqrt{P_{n+1}}}{\sqrt{P_{n}}}$$

Так как $B_n>1$ , нам достаточно доказать, что $C>1$ . Разность между соседними простыми числами большими за 2 равна $2t$, мы возьмем самую малую, что только улучшает доказательство. То есть $P_{n+1}=P_n+2$ и отсюда

$$C=\frac{P_n+1}{P_n+2}\cdot\frac{\sqrt{P_n+2}}{\sqrt{P_n}}\eqno(19)$$

Возведем формулу (19) в квадрат и получим

$$C^2=\frac{(P_n+1)^2}{(P_n+2)^2}\cdot\frac{(P_n+2)}{P_n}=\frac{P_{n}^2 +2P_n+1}{P_{n}^2 +2P_n} $$

Откуда видно, что $C>1$ ,а значит и $B_{n+1}>1$ , и гипотеза доказана.
Бесконечность множества простых чисел вида $4n^2+1$,
где $n$ натуральное число
(4-я проблема Ландау [2])
Рассмотрим многочлен второй степени

$$F(x)=4x^2+1\eqno(20)$$

Делителями его будут [1] простые числа вида

$$p_n=4n+1\eqno(21)$$

Подставляя в (20) значения $x$ от 1 до $k$ , получим ряд чисел

$$5,17,37,65,101,145,...,p_{k-1},4k^2+1\eqno(22)$$

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 (21) выбивает с последовательности (22) $2/p_j$ часть чисел. С учетом формулы (3) мы получим, что все простые числа (21) от 5 до $p_k$ выбивают

$$\frac{2}{5}+\frac{2(5-2)}{5\cdot 13}+\frac{2(5-2)(13-2)}{5\cdot13\cdot17}+...+\frac{2(5-2)(13-2)...(p_{k-1}-2)}{5\cdot13\cdot17...p_{k-1}\cdot p_k}\eqno(23)$$

часть чисел с последовательности (22) На остальные простые числа вида $p_n=4n+1>P_k=4k^2+1$ останется с учетом формулы (4)

$$\frac{(5-2)(13-2)(17-2)...(p_{n-1}-2)[(4k^2+1)-2]}{5\cdot13\cdot17\cdot...\cdot p_{n-1}(4k^2+1)}\eqno(24)$$

часть чисел последовательности (22).
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

$$P_l=4l^2+1>P_k=4k^2+1\eqno(25)$$

достаточно выражение (24) умножить на количество чисел (20) до $P_{k}^2$ , то есть на $2k^2$ ,получим выражение

$$\frac{(5-2)(13-2)(17-2)...(p_{n-1}-2)(4k^2-1)2k^2}{5\cdot13\cdot17...p_{n-1}(4k^2+1)}\eqno(26)$$

и если оно больше единицы тогда утверждение, количество простых чисел вида $4x^2+1$ бесконечно-верно.
Для чего выражение (26), принимая $p_{n-1}=p_n-4$ , запишем по-другому

$$(5-2)\cdot\frac{13-2}{5}\cdot\frac{17-2}{13}...\frac{4k^2-1}{4k^2-3}\cdot\frac{2k^2}{4k^2+1}\eqno(27)$$

Рассматривая (27), видим, что оно больше за единицу. Это значит что количество простых чисел вида $4x^2+1$ бесконечно.
Гипотеза Брокарда [2]
Верно ли, что между $P_n^2$ и $P_{n+1}^2$ найдется хотя бы четыре простых числа ?
Возьмем самую малую разность между $P_n$ и $P_{n+1}$ -равную 2 . Тогда $P_{n+1}=P_n+2$, и проблема звучит по- другому. . Верно ли, что между $P_n^2$ и $(P_n+2)^2$ есть хотя бы четыре простых числа? Для упрощения доказательства будем рассматривать $P_k$- ближайшее и меньшее за $P_n^2$ простое число. Гипотеза примет вид- доказать, что между $P_k$ и $(\sqrt{P_k}+2)^2$ есть хотя бы четыре простых числа?
Для доказательства воспользуемся формулой (5)

$$B_k=\frac{(P_1-1)(P_2-1)(P_3-1)...(P_k-1)}{P_1\cdot P_2\cdot P_3...P_k}A\eqno(28)$$

где $A$- количество чисел между $P_k$ и $(\sqrt{P_k}+2)^2$

$$A=(\sqrt{P_k}+2)^2-P_k=4\sqrt{P_k}+4\eqno(29)$$

Подставляя (29) в (28) получим

$$B_{k}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}...\frac{P_k-1}{P_k}\cdot4\sqrt{P_k}\eqno(30)$$

числом 4 в формуле (29) для больших $P_k$ можна пренебречь.
Для доказательства гипотезы Брокарда достаточно доказать, что $B_k\ge4$ . Для доказательства этого неравенства используем метод математической индукции.
Если известно, что $B_k\ge4$ надо доказать, что $B_{k+1}\ge4$ , где

$$B_{k+1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}...\frac{P_k-1}{P_k}\cdot\frac{P_{k+1}-1}{P_{k+1}}\cdot4\sqrt{P_{k+1}}$$

Или

$$B_{k+1}=B_k\cdot\frac{P_{k+1}-1}{P_{k+1}}\cdot\frac{4\sqrt{P_{k+1}}}{4\sqrt{P_k}}=B_k\cdot C$$

где

$$C=\frac{P_{k+1}-1}{P_{k+1}}\cdot\frac{\sqrt{P_{k+1}}}{\sqrt{P_k}}$$

Для того, что бы доказать что $B_{k+1}\ge4$ достаточно доказать, что $C\ge1$ .
Разность между соседними простыми числами большими за 2 равна $2t$ , мы возьмем самую малую, что только улучшает доказательство. То есть $P_{k+1}=P_k+2$ и отсюда

$$C=\frac{P_{k}+1}{P_{k}+2}\cdot\frac{\sqrt{P_{k}+2}}{\sqrt{P_k}}\eqno(31)$$

Возведем формулу (31) в квадрат и получим

$$C^2=\frac{(P_k+1)^2}{(P_k+2)^2}\cdot\frac{(P_k+2)}{P_k}=\frac{P_k^2+2P_k+1}{P_k^2+2P_k}$$

Откуда видно, что $C>1$, а значит и $B_{k+1}\ge4$ , и гипотеза доказана.

1.МАЛАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЭНЦИКЛОПЕДИЯ Э.ФРИД , И.ПАСТОР, И.РЕЙМАН, П.РЕВЕС, И.РУЖА, AKADEMIAI KIADO,ИЗДАТЕЛЬСТВО АКАДЕМИИ НАУК ВЕНГРИИ,БУДАПЕШТ 1976.
2.ВИКИПЕНДИЯ.
3.МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЭНЦИКЛОПЕДИЯ, ИЗДАТЕЛЬСТВО ”СОВЕТСКАЯ ЭНЦИКЛОПЕДИЯ»,МОСКВА 1984.

[AKM]

Сообщение от Mik Dmitro слишком объёмно, чтобы служить продолжением темы «Гипотезы о простых числах».

Не прочитамши сей фундаментальный труд, и не попрекая автора в захвате чужой темы, я отделю сейчас это сообщение в отдельную тему. Предлагаю читателям, ежели таковые уже взялись за перо, несколько подождать, ибо после этого тема буде ненадолго (?) отправлена в косметический Карантин.

[AKM]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам: (будут дописаны).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

-- 13 фев 2013, 22:05 --

Я исправил нумерацию формул (1) (2) и (11). Подобным же образом прредагаю исправить остальные выделенные формулы: конструкция \eqno(N).
Вы также имеет возможность исправить заголовок темы, который я влепил от фонаря, при разделении темы.

Mik Dmitro в сообщении #683513 писал(а):

Рассмотрим многочлен$ f(x)$ который при значениях $x$ от 1 до $\infty$ , дает бесконечный ряд натуральных чисел

$$a_{1}, a_{2}, a_{3},…, a_{n},…\eqno(1)$$

Лично мне (хотя я далёк от математики) трудно представить себе такой многочлен. Они ведь вроде непрерывные раньше были, и уж никак не кусочно-постоянные. Так что где-то между $f(2)=5$ и $f(\pi)=13$ вполне могло ненатуральное $\sqrt{47}$ затесаться.
Впрочем, на объяснении этого я не настаиваю (может, почитаю и разберусь). Настаиваю (пока) лишь на адекватизации нумерации выделенных формул.

-- 13 фев 2013, 22:18 --

Также заметьте, что выражения
"бесконечный ряд натуральных чисел" (типа 1 2 3 4 5 ...) и
"бесконечный ряд (, состоящий) из натуральных чисел" (типа 999 5 67 8 ...) существенно отличаются.
Если мой (второй) вариант Вам покажется более точным, я не возражаю против его использования.

[AKM]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Дискуссионные темы (М)»
Причина переноса: не указана.

[vorvalm]

Многочлены $ax\pm b,\;(a,b)=1$ могут давать простые близнецы
только при $b=1$ и $a=6$ , т.к. многочлены $6n\pm 1,\;(n\in N)$
дают все простые числа, кроме $p=2,\;p=3$, и все известные простые
близнецы, кроме $3,\;5.$
Все другие $a\ne6$ дают не полный перечень простых чисел и близнецов.
Многочлены $6n\pm 1$ создают последовательность чисел, прошедших решето Эратосфена
при $p=2,\;p=3$ или иначе - последовательность ПСВ по модулю $6$.
Так что не надо пудрить мозги многочленами типа $ax\pm b.$

[Mik Dmitro]

vorvalm
Ваш многочлен $6x\pm1$, это только частный случай.Вы сами пишите, что это простые близнецы.Многочлен $3x\pm2$ и $10x\pm3$ также образуют числа близнецы с разностью 4 и 6.
Всех их бесконечно много.

[vorvalm]

Извините, но под термином "близнецы" однозначно определяются числа
с разностью $d=2$. Это могут быть простые числа или взаимно простые.

[Mik Dmitro]

vorvalm
Прочитайте математическую энциклопедию,том 1, страница 501.

[vorvalm]

А вы посмотрите К.Прахара, стр.15.
или А.Бухштаба, стр.362, определение 94.

[Someone]

Mik Dmitro в сообщении #685427 писал(а):

Прочитайте математическую энциклопедию,том 1, страница 501.

Во-первых, не страница, а колонка. Во-вторых, не 501, а 500. В-третьих, там написано: "БЛИЗНЕЦЫ, п р о с т ы е   б л и з н е ц ы, - два простых числа с разностью, равной 2."

[vorvalm]

Someone
Спасибо.

[Mik Dmitro]

Someone
С колонками я конечно напутал-извините, только надо было привести определение
"обобщенные близнецы". Спор то о них.

[Someone]

Mik Dmitro в сообщении #685883 писал(а):

С колонками я конечно напутал-извините, только надо было привести определение
"обобщенные близнецы". Спор то о них.

Нет, речь идёт о том, что Вы неправильно употребляете стандартную терминологию.

[vorvalm]

Mik Dmitro в сообщении #683513 писал(а):

РАССМОТРИМ ПРОБЛЕМУ ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ-БЛИЗНЕЦОВ

Причем здесь "обобщенные близнецы"?

[Mik Dmitro]

Someone
Согласитесь, что"близнецы", "простые близнецы"и "обобщенные близнецы"- это не одно и тоже.Мне кажется, что колега vorvalm считает, что это одно и тоже.