初等整数論

バートランドの仮定のささいな証拠



Trivial Proof Bertrands Postulate



解決：

部分的な答え。

推測1： $ b_0 $より大きい最小の素数です$ n $。



推測2： $ b_0 $すぐに常に素数です$ b_n $より大きい$ n + 1 $そして、いくつかの増加する限界よりも低い。固定の場合$ n $、のすべての素数$ b_0 $連続する素数のセットを構成します。

これまでに証明されたこと：



予想について1

  • もしも 右下の値は素数であり、それからそれはより大きい最小の素数です$ n $。
  • 間のギャップが$ n $そして次の素数は$ | p-n | leq 4 $

予想2について

下の表は、$ b_n $の値$ b_0 $素数です。



次の場合の予想1の証明$ n = p-1 $と$ p $プライム。

2行目は$（p-2、p +（p-2））$、互いに素な数であり、したがって、$ p $素数であるため、後続のすべての行が次の形式であることがわかります。$$（a、p + a）$$最後の行まで$（0、p）$約束通り。$ 、、 square $

場合の証明$ n = p-2 $と$ p $プライム（$ p> 2 $）。

2行目は$（p-3、2（p-2））$そしてこれら2つは互いに素ではありません：以来$ p> 2 $素数です、$ p-3 $均等です。したがって、3行目は$（p-4、（p-4）+ p）$ここから、前と同じ方法で結論を出します。$ 、、 square $

場合の証明$ n = p-3 $と$ p $プライム。

そこで、証明が建設的ではないいくつかの新しい議論が見られ始めます。

2行目は$（p-4、（p-4）+（p-2））$。彼らは互いに素です$ p $奇妙です。あなたはに行きます$（p-5、（p-5）+（p-2））$。互いに素なペアを保持している限り、$（p-k、（p-k）+（p-2））$。 しかし 秘訣は$ p-2 $素数になることはできません、そうでなければあなたはその場合にはなりません$ n = p-3 $、$ p $プライムではなくむしろ$ n = q-1 $、$ q $プライム（上記で処理された最初のケ​​ース）$ q = p-2 $。だから少なくとも、いつ$から$の要因になります$ p-2 $、あなたは得るでしょう$（a、a +（p-2））$そしてそこから降りる$（a-1、（a-1）+（p-1））$。

それ以来、あなたは違いにとどまることができません$ b-a = p-1 $長い間、$ p-1 $均等です。出来るだけ早く$から$あなたが立ち上がることさえなります$ b-a = p $そして勝ちます。$ 、、 square $

証明（スケッチ）$ n = p-4 $と$ p $プライム（$ p> 2 $）。

の証拠$ n = p-3 $繰り返すことができます：あなたは違いを取り除くつもりです$ b-a = p-3 $以来非常に速い$ p $奇妙です、あなたは取り除きます$ b-a = p-2 $遅かれ早かれ$ p-2 $素数になることはできません、そしてあなたは取り除く$ b-a = p-1 $以来最大2つの動きで$ p $奇妙です。$ 、、 square $

  • 一般的な場合の1つの問題は、テーブルをリバースエンジニアリングできないことです。$（1.8）$から来る可能性があります$（2,8）$またはそれはから来る可能性があります$（2.9）$。

  • 列を追加する場合$ b-a $、それはで始まります$ n $、減少しません。素数に達した場合は、 意思 その素数にとどまり、それ以降は次のようになります$（a = k、b = p + k）$至るまで$（0、p）$したがって、出力はよりも大きい最小の素数になります$ n $。

  • したがって、あなたがしなければならないのは、ある時点で素数に到達したことを証明することだけです。あなたはそれをしようとすることができます 仮定 ベルトランの仮説、それはすでにいくつかの成果になるでしょう。


与えられた議論は私には意味がありません（そして、コメントから判断すると、私は一人ではありません）。それを修正しようとするために、私はあなたに提案します

  1. テーブル内のさまざまな行について明確に話すことができる表記法を使用してください。プロセス内の状態に添え字を使用することはかなり標準的であるため、次のように定義します。$$ b_a = begin {cases} 2n＆ textrm {if} a = n \ b_ {a + 1}-[a + 1、b_ {a + 1} textrm {coprime}]＆ textrm {otherwise } end {cases} $$
  2. 修理$ 2 le pの最小の自明でない要因になる$ q $（想定されるコンポジット）。
  3. から後処理$ a = 0 $に$ a = p $で議論を始めるのではなく$ a = p $。

しかし、正当化されていないように思われる記述されていない仮定があるため、それは簡単な作業にはなりません。特に、ライン

で、もし$ p mid q $、 それから$ p mid q + p $。しかし、もしそうなら、次の行で右側が変更されないためです$ p-1 $

と仮定しているようです もしも $ b_0 $素因数との複合$ p $ それから $ b_p = b_0 + p $。 'から矛盾を導き出すのは簡単です$ b_0 $素因数との複合$ p $と$ b_p = b_0 + p $'。次の場合にそれを示すのは簡単です$ p $の最小素因数です$ b_p $それから$ b_0 = b_p-p $。しかし、どちらも十分とは言えません。目標は、はるかに単純なステートメントから矛盾を導き出すことです。$ b_0 $コンポジットです。

編集：それは今明示的に主張されています$ p | b_0 $示す$ p | b_p $、しかし私にはそれは主張による証拠のように見えます。これには、正当な議論があることを示すために、さらに詳細な情報が必要です。

私が取り組むべきだと思うもう一つの問題は、議論の強さです。特に、定義をに変更したときに同じ議論が成り立たないのはなぜですか$ b_n = n ^ 2 $？それはまだそうです$ b_0 $複合である場合、素因数があります$ p $これは最初の列に表示されていますが、これらの開始条件では、たとえば$ n = 10 $収量$ b_0 = 95 $。


まず、これはすごいです！

ここに部分的な答えがあります。

隣の番号に電話させてください$ i $テーブルの上$ a_i $。また、私はむしろ一緒に働きたいです$ b_i = a_i-i $。そのことに注意してください$$ operatorname {gcd}（i、a_i）= operatorname {gcd}（i、a_i -i）= operatorname {gcd}（i、b_i）。 $$テーブルを降りるとき、次のルールに従います。

  • $ a_n = 2n $、 それで$ b_n = n $。
  • $ a_ {n-1} = 2n $、 それで$ b_ {n-1} = n + 1 $。
  • もしも$（a_i、i）= 1 $、 それから$ a_ {i-1} = a_i-1 $、 それで$ b_ {i-1} = b_i $
  • もしも$（a_i、i） neq 1 $、 それから$ a_ {i-1} = a_i $、 それで$ b_ {i-1} = b_i + 1 $
  • 最後に、$ a_0 = b_0 = q $。

さて、シーケンスを見ると$ b_i $なので$ i $減少すると、素数に達するまで増加し、その後は増加しません。なぜそれが前にこの素数に達するのか私には分かりません$ n $ステップ。

私は自分のコーディングスキルに85％自信があり、これはすべての人に役立つと思います$ n $まで$ 80000 $。また、素数に到達するまでのステップ数を見ると、その数は半分の長さに見えるので（平方根のように見えます）、シーケンスはかなり速く素数に到達すると推測します。