Nieobecna piątka
Rekreacyjna teoria liczb to mój konik numer 1, więc pozostanę przy temacie z poprzedniego wpisu, bo wydaje się rozwojowy.
Temat dotyczy zbioru czterech liczb całkowitych dodatnich złożonych (nazwiemy go zbiorem A4) – takiego, że suma każdych trzech liczb z tego zbioru (takie tercety są cztery) jest liczbą pierwszą.
Przykład: A4={9, 25, 39, 49}, bo 9+25+39=73, 9+25+49=83, 9+39+49=97 i 25+39+49=113.
Wspólnym wysiłkiem przynajmniej kilku głów i komputerów zostało ustalone, że takich zbiorów mamy multum. Pojawił się nawet konkret: zbiory A4 z liczbami co najwyżej 2-cyfrowymi są 174 – od {9, 15, 65, 77} do {65, 77, 87, 99}. Okazało się także, iż wszystkie cztery liczby mogą być kwadratami, ale takie A4 znamy póki co tylko dwa: {9, 49, 81, 121} i {9, 25, 49, 59049}; nie wątpię jednak, że przy komputerowym wsparciu znajdzie się ich znacznie więcej.
Eksplorując temat, można stawiać inne, bardziej wyszukane pytania. Na przykład: czy A4 mogą tworzyć cztery liczby składające się z dziesięciu różnych cyfr? Wówczas dwie z nich byłyby 2-cyfrowe, a dwie 3-cyfrowe. Przeglądając dotychczasowy dorobek, obfitujący w powtórki (ekstremalny przykład: {55, 57, 85, 87}), wydaje się to niemożliwe, ale pewności nie ma, podobnie jak nie ma sensu zmaganie się z tym problemem „na piechotę”.
Interesujące jest ustalanie, jakie warunki powinny spełniać liczby tworzące A4. O podstawowym już wspominałem: wszystkie muszą być nieparzyste. Inne warunki na razie pominę, bo wiążą się one z aktualnym zadaniem domowym, które dotyczy zagadkowego zbioru A5.
A5 to zbiór takich pięciu liczb całkowitych dodatnich (niekoniecznie złożonych), że suma każdych trzech z nich jest liczbą pierwszą. Nie będę zwodniczo prosił o podanie przykładu takiego zbioru, bo może ktoś z Państwa spróbuje udowodnić, że taki zbiór nie istnieje.
Komentarze
A nie udowodniłam tego już kilka tygodni temu?
Pani Olu, proszę o datę komentarza z dowodem.
mp
Rozwijając to, co napisał w komentarzu do poprzedniego zadania aps1968, można zauważyć, że w czwórce liczb nie mogły być 3 takie, które miały taką samą resztę z dzielenia przez 3, ani 3 takie, z których każda miała inną resztę z dzielenia przez 3. Przy czwórce liczb dało się to zrobić, wybierając dwie pary liczb: 3k i 3k+1 albo 3k i 3k+2 albo 3k+1 i 3k+2. Piątej liczby nijak nie da się do tego układu dopasować, bo albo trzeba dodać trzecią z taką samą resztą albo taką resztę, której jeszcze nie ma.
6 lipca, nr 192788
Istotnie, dowód pasuje jak ulał 🙂
mp
Już przy poprzednim zadaniu rozważałem podzielność przez 3: jak wiadomo, każda liczba naturalna jest postaci 3k, 3k+1 lub 3k – 1. Nie mogą być wśród pięciu liczb trzy takiej samej postaci, bo ich suma byłaby podzielna przez 3. Skoro najwyżej dwie są danej postaci, to muszą występować liczby każdej postaci, a wtedy suma takiej trójki jest podzielna przez 3. Przy czterech liczbach mogą być po dwie z dwóch grup i zero z trzeciej.
A5 nie istnieje ze względu na podzielność przez 3: wśród elementów zbioru nie mogą wystąpić 3 liczby o takiej samej reszcie z dzielenia przez 3, ani 3 liczby o różnych resztach (tj. r0, r1, r2) więc nie da się go skonstruować (dodanie piątego elementu do A4 musi skutkować złamaniem jednej z powyższych reguł).
Zbiór A4:
87,169,205,435
Występują wszystkie cyfry 0-9, a piątka nawet dwa razy 😉
ciąg: 23, 67, 409, 851
sumy: 499, 1283, 941, 1327
23, 89, 607, 541
29, 43, 601, 587
29, 47, 601, 583
29, 61, 503, 487
29, 67, 403, 851
29, 67, 403, 581
Przypuszczam, że takich ciągów jest jeszcze dużo.
Pani Olu, czy Pani to znajduje „na piechotę”?
mp
Zajęłam się szukaniem ciągu w zaproponowanej przez Pana postaci: dwie liczby 2-cyfrowe i dwie liczby 3-cyfrowe (chociaż taki ciąg może mieć na pewno i inną postać).
Wykoncypowałam, że wyrazy ciągu nie mogą być podzielne przez 3 ani przez 5, co ograniczyło pulę możliwych wyrazów 2-cyfrowych do 12 sztuk (23, 29, 41, 43, 47, 49, 53, 59, 61, 67, 83, 89). Dalej robota była ręczna with a little help of Excel, który na bieżąco liczył sumy oraz określał, czy są liczbami pierwszymi czy nie.
Podziwiam, mimo że o czymś Pani zapomniała (dlatego uwolniłem Pani komentarze).
mp
A o czym zapomniałam? Bo jeśli chodzi o to, żeby wszystkie 4 liczby były złożone, to takiego ciągu nie ma. Wyrazem 1-cyfrowym może być tylko 1 albo 7 (pozostałe 1-cyfrowe są albo parzyste, albo podzielne przez 3, albo podzielne przez 5), a wśród dostępnych wyrazów 2-cyfrowych (wymieniłam je w poprzednim wpisie) złożoną liczbą jest tylko 49.
Jeśli zaczniemy od 49, a drugi wyraz złożony będzie już 3-cyfrowy, to cyfr nam zabraknie na cały ciąg.
Tak, miałem na myśli liczby złożone. Też uważam, że zbioru A4 (określenie „ciąg” nie bardzo tu pasuje) z liczb złożonych – złożonych z dziesięciu różnych cyfr – nie ma, ale to tylko hipoteza. Dowodu nie potrafię podać.
mp
Przykład ciągu innej postaci niż 2-2-3-3:
1, 7, 59, 604283
A moje uzasadnienie to jeszcze nie dowód? Czego w tym rozumowaniu brak?
To uzasadnienie nie dotyczy istoty sprawy (pomijam już osobliwe rozpoczęcie „dowodu” od „wykoncypowałam” bez uzasadnienia).
Jednocyfrowe liczby złożone są 4, dwucyfrowych złożonych z różnych cyfr – 61, trzycyfrowych z różnych cyfr – 551,… itd. Należałoby udowodnić, że wśród tych liczb nie ma czterech, które utworzą spełniający podane warunki zbiór A4.
mp
a) podzielność przez 3
Suma liczb 0-9, czyli 45, jest podzielna przez 3. Oznacza to, że suma liczb utworzonych z cyfr 0-9 również jest podzielna przez 3. Nie ma znaczenia, ile jest tych liczb, ilucyfrowe są ani jakiej wielkości – cały zsumowany komplet jest podzielny przez 3. Wynika to z cech podzielności przez 3. Jeśli zatem utworzymy komplet czterech liczb, w którym znajdzie się liczba podzielna przez 3, to suma pozostałych trzech liczb będzie podzielna przez 3. Czyli suma ta nie będzie liczbą pierwszą.
Stąd pierwsza cecha – żadna liczba nie może być podzielna przez 3.
b) podzielność przez 5
Szukamy czterech liczb nieparzystych. Ich cyfry jedności mogą wynosić: 1, 3, 5, 7, 9. Jeżeli utworzymy komplet liczb, w którym znajdzie liczba o cyfrze jedności 5, to jedna z sum trzech liczb będzie podzielna przez 5, czyli nie będzie liczbą pierwszą. Wynika to z tego, że albo przyjdzie nam sumować 5+1+9, albo 5+3+7 (mówię tu o cyfrach jedności, cyfry dziesiątek czy setek nie są tu istotne).
Stąd druga cecha – żadna liczba nie może być podzielna przez 5.
c) jedyne możliwe cyfry jedności naszych liczb
Po wyeliminowaniu 5 zostają: 1, 3, 7, 9
d) liczby 1-cyfrowe
2, 4, 6, 8 – odpadają ze względu na parzystość
3, 9 – ze względu na podzielność przez 3
5 – ze względu na podzielność przez 5
1, 7 – nie są złożone
e) liczby 2-cyfrowe
Możliwe cyfry dziesiątek to 2, 4, 5, 6, 8. Pozostałe cyfry (1, 3, 7, 9) są zarezerwowane na cyfry jedności, a 0 nie wchodzi w grę.
Zatem jedyną dwucyfrową liczbą złożoną, którą możemy brać pod uwagę, jest 49.
(Gdyby nie zależało nam na złożonych, to jest ich jeszcze jedenaście).
f) jak finisz
Jedna liczba 2-cyfrowa i trzy liczby co najmniej 3-cyfrowe dają w sumie 11 cyfr – nie mamy tylu, mamy tylko 10.
Bardzo elegancko!
mp
Próbowałem szukać różnocyfrowych zbiorów A4 (A4rc) przy założeniu, że zawierają złożoną liczbę 2-cyfrową. Obiecująca wydała się liczba 49, gdyż należy do 3 zbiorów A4rc postaci (??; ??; ???; ???)
(49; 53; 281; 607)
(49; 83; 251; 607)
(49; 83; 257; 601)
Niestety, w tych zbiorach 49 jest jedyną liczbą złożoną.
Ale zbiory postaci (?; ??; ???; ????) rokują trochę lepiej.
Znalazłem nawet zbiór A4rc nie zawierający żadnej liczby pierwszej 🙂
(1; 49; 287; 5063)
Może to jeszcze nie ideał ale blisko… A ideał chyba jednak nie istnieje.
OlaGM podała dowód, że „ideału” nie ma. Na razie nie uwalniam go, aby nie odbierać innym przyjemności samodzielnego odkrycia. Dowód jest dość prosty.
mp
Ciekawe „w temacie” zbiorów A4 (bez wyróżniania liczb złożonych) jest formułowanie hipotez, bo chyba nikt nie będzie w stanie ich udowodnić. Na przykład: a) jeśli suma trzech liczb nieparzystych jest liczbą pierwszą, to zawsze da się do nich dobrać czwartą taką, że suma każdych trzech będzie liczbą pierwszą; b) do każdych dwóch liczb nieparzystych da się dobrać inne dwie takie, żeby warunek pierwszości sum trójek był spełniony. I jeszcze c) jako słabsza wersja b): do każdej liczby nieparzystej da się dobrać trzy inne, żeby… wiadomo. Może komuś coś się nasunie w tej sprawie.
@Aps1968
Zestawów A4 jest nieskończenie wiele. Zawsze da się dobrać liczby, czy to trzy do jednej podanej, czy to dwie do dwóch już wybranych, czy to czwartą do trzech już wybranych. Nowo dobierane liczby muszą spełnić tylko jeden jedyny warunek.
Ten warunek to reszta z dzielenia przez liczbę X.
Każdy składnik sumy dzielimy przez X, otrzymując trzy reszty: r1, r2 i r3. Jeśli r1+r2+r3=X, to suma jest podzielna przez X, a więc nie jest liczbą pierwszą.
Warunkiem jest zatem r1+r2+r3 różne od X.
Podam przykład. Załóżmy, że mam już liczby: 1031 i 2047.
– Trzecią liczbą nie może 2049, ponieważ:
1031:3=… r. 2
2047:3=… r. 1
2049:3=… r. 0
2+1+0=3, a więc r1+r2+r3=X.
Zatem i suma 1031+2047+2049=5127 jest podzielna przez 3, czyli nie jest liczbą pierwszą.
– Trzecią liczbą nie może być 2051, ponieważ:
1031:23=… r. 19
2047:23=… r. 0
2051:23=… r. 4
19+0+4=23, a więc r1+r2+r3=X.
Zatem i suma 1031+2047+2051=5129 jest podzielna przez 23, czyli nie jest liczbą pierwszą.
– Trzecią liczbą nie może być 2053… itd.
– Trzecią liczbą może być 2069, ponieważ nie istnieje takie X, dla którego r1+r2+r3=X. Suma 1031+1047+2069 jest liczbą pierwszą.
Przy tworzeniu zestawu A4 warunek r1+r2+r3 różne od X jest bardzo łatwy do spełnienia, stąd nieskończona liczba zestawów A4.
Przy tworzeniu A5 warunek r1+r2+r3 różne od X jest niemożliwy do spełnienia.
Nie istnieje zbiór A4 zawierający tylko liczby złożone oraz wszystkie cyfry dziesiętne bez powtórzeń.
Uzasadnienie może być mniej więcej takie. Dla wygody traktuję A4 jako ciąg rosnący 4-wyrazowy (a,b,c,d).
W dowolnym „różnocyfrowym” ciągu A4 suma wszystkich cyfr tworzących liczby wynosi: 0+1+2+..+8+9 = 45. Ponadto a priori jest 5 możliwych wariantów A4 w zależności od rozkładu cyfr między utworzone z nich liczby:
W1 (?; ??; ??; ?????)
W2 (?; ??; ???; ????)
W3 (?; ???; ???; ???)
W4 (??; ??; ??; ????)
W5 (??; ??; ???; ???)
Tu symbol „?” oznacza dowolną cyfrę dziesiętną, inną przy każdym jego wystąpieniu. Tak naprawdę nie całkiem dowolną. bo wiemy że np. ostatnia cyfra każdej liczby jest nieparzysta, zero nie może być skrajną a tylko wewnętrzną cyfrą liczby (więc co najmniej 3-cyfrowej) itp.
Podzielność przez 3 sumy wszystkich cyfr składowych A4 skutkuje tym, że jeśli jedna z liczb A4 jest podzielna przez 3 to suma pozostałych liczb także, np. 3|a => 3|(a+b+c). Jest to prosty skutek cechy podzielności przez 3, którego dotąd jakoś sobie nawet nie uświadamiałem. Bez zbędnego teoretyzowania zauważę tylko, że np. bezpośrednim skutkiem podzielności przez 3 sumy cyfr 1+3+4+7=15 jest taka podzielność wszystkich poniższych wyrażeń:
1374; 74103; 1+374; 13+74; 7+1403; 1+30+407; itp. itd.
Jeśli wszystkie liczby a,b,c,d mają być złożone, to w wariantach W1-3 musi być a=?=9. Suma pozostałych cyfr tworzących b,c,d wynosi 36, więc suma samych liczb złożonych z tych cyfr tj. b+c+d będzie zawsze podzielna przez 3, niezależnie jak złożymy te składniki z cyfr (0,1,…8).
Założenia złożoności liczb składowych eliminuje więc warianty W1-3 jako postać różnowartościowego ciągu A4.
Pozostają do zbadania warianty W4-5, ale tylko te, w których żadna z liczb nie jest podzielna przez 3. Zważywszy że jest tylko 20 liczb 2-cyfrowych, nieparzystych, złożonych i o różnych cyfrach, pozostaje już naprawdę niewiele przypadków do bezpośredniego sprawdzenia. Wśród nich znajdą się przypadki A4 (wszystkie 3-składnikowe sumy są liczbami pierwszymi) ale tylko zawierające co najmniej 2 wyrazy pierwsze.
Jedyne co możemy osiągnąć, to różnocyfrowy A4 nie zawierający żadnej liczby pierwszej (co nie znaczy że tylko złożone): (1; 49; 287; 5063).
@ aps1968 (18 sierpnia 10:48, 192888)
To pytanie wydaje mi się najciekawsze, ale i najtrudniejsze. Zadałem je sobie przy temacie „Taki ciąg”, bo dotyczy ono istnienia nieskończonego „takiego” ciągu. Możemy tylko wyliczać kolejne jego wyrazy w nadziei, że się zawsze znajdą ale bez gwarancji.
Ciekawe czy ta teza jest „dowodliwa” dla kogoś oblatanego w temacie (typu zadanie olimpijskie), czy b. trudna (typu twierdzenie), czy to w ogóle kwestia otwarta?
Gdyby istniały 3 takie liczby (naturalne), że każda liczba (większa od pewnej wartości) powiększona o przynajmniej jedną z tych 3 liczb, daje liczbę złożoną, to… właściwie co z tego? Może to trochę dziwne, ale jakim znanym faktom to przeczy?
A5 nie istnieje, bo:
Zbiorowi A5={a1, a2, a3, a4, a5} odpowiada zbiór R5={r1, r2, r3, r4, r5}, gdzie ri=ai mod 3.
Wszystkie ri należą do zbioru: {0, 1, 2}. Zamiast sum elementów A5 badamy sumy w R5.
Jeśli w R5 wystąpią trzy (lub więcej) jednakowe elementy to suma odpowiadających im elementów A5 nie jest liczbą pierwszą.
Więc R5 może być jeszcze równe: {0,0,1,1,2} lub {0,0,1,2,2} lub {0,1,1,2,2}.
Ale to też jest źle bo w każdym z nich mamy trefną trójkę {0,1,2}.
Więc w R5 zawsze znajdziemy co najmniej jedną trójkę sumującą się do wielokrotności 3 skąd wniosek, że w A5 odpowiednia suma nie jest liczbą pierwszą.
Wobec powyższego zbiór A4 a raczej odpowiadający mu zbiór R4 musi spełniać dwa warunki:
1. Dana cyfra może się powtórzyć w R4 co najwyżej dwa razy.
2, W R4 nie mogą wystąpić wszystkie cyfry ze zbioru {0,1,2} jednocześnie
Więc mamy tylko trzy możliwe R4: {0,0,1,1} lub {0,0,2,2} lub {1,1,2,2}.
@OlaGM
Mogę tylko powtórzyć: bardzo elegancko, również jeśli chodzi o te „moje” problemy. Oczywiście przykład konkretny zawsze jest tylko przykładem i trzeba by to próbować uogólnić, tzn. operować nie 1031, 2047, etc, tylko k, l, m…, ale teraz zadanie, właściwie zadania, nie wydają mi się takie beznadziejnie trudne jak wtedy gdy pisałem, tak więc spróbuję się z tym zmierzyć, tak dla siebie.
@Makroniusz
A które pytanie, bo tam były trzy: a, b, c?
„Gdyby istniały 3 takie liczby (naturalne), że każda liczba (większa od pewnej wartości) powiększona o przynajmniej jedną z tych 3 liczb, daje liczbę złożoną, to… właściwie co z tego? Może to trochę dziwne, ale jakim znanym faktom to przeczy?”.
Nie bardzo rozumiem: wydaje mi się właśnie, że nie istnieją takie trzy liczby, że każda, ale to każda, liczba, większa od pewnej wartości, powiększona o przynajmniej jedną z tych trzech liczb, daje liczbę złożoną. To jakoś intuicyjnie kłóciłoby mi się ze znanym faktem, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele.
@OlaGM
Piękny przykład analizy doprowadzonej do samego końca… co się rzadko zdarza bo zwykle czegoś braknie – sił, czasu, entuzjazmu, talentu, wiary w sukces itp.
Pozwolę sobie przeanalizować tę analizę. Punkty a)-d) rozwiązania mniej lub bardziej powtarzały się w analizach innych, ale kluczowy jest pkt. e), który pozwala wyeliminować warianty z więcej niż dwiema liczbami 2-cyfrowymi. Mozolne zwykle sprawdzanie przypadków można zredukować do prostego sprawdzenia niewielu prostych liczb, a wynik jest zaskakujący – pasuje nam tylko jedna liczba 2-cyfrowa, 49.
@aps1968
Istotne jest pytanie pierwsze a), bo z niego wynikają b) i c), gdyż dla dowolnej liczby (także parzystej) znajdziemy parę liczb (a dla dowolnej pary – trzecią liczbę) tak, aby wszystkie trzy sumowały się do liczby pierwszej (wniosek z nieskończoności ciągu liczb pierwszych).
Analogicznie, dla dowolnej trójki liczb (niekoniecznie o sumie pierwszej) znajdziemy taką liczbę, która w sumie z wybraną parą z tej trójki daje liczbę pierwszą. Problem w tym, aby wykazać że istnieje pojedyncza czwarta liczba dobra dla każdej z trzech par wybranych z pierwotnej trójki. Oczywiście, jeśli chcemy dostać A4, to pierwotna trójka musi się składać z liczb nieparzystych o sumie pierwszej, ale tu nie musimy tego zakładać.
Ja w swoim poście po prostu rozważałem negację tezy a), która powinna prowadzić do sprzeczności, jeśli ta teza jest prawdziwa.
Możliwe zresztą, że pani Ola już to udowodniła, ale muszę to jeszcze przeczytać i przetrawić.
@Markoniusz
Dzięki. Zgoda, zarówno co do faktu, że wszystko sprowadza się do a), co i ja w końcu spostrzegłem, jak i co do zasadności pytania, czy @OlaGM już przeprowadziła dowód. Chyba jednak nie do końca, bo tak jak ja to zrozumiałem, to mamy trzy liczby, których suma jest liczbą pierwszą, i teraz wypadałoby podać konstrukcję czwartej, takiej że wiadome sumy byłyby na pewno liczbami pierwszymi. Rzecz w tym, że tej czwartej liczby będziemy zawsze szukać „w górę”, czyli większej od największej z trzech, nawet jeśli istnieje taka liczba „w dół”, czy „pośrodku”. Jeśli x+y+z jest liczbą pierwszą, to nie dzieli się bez reszty przez żadną z liczb pierwszych, mniejszych od sqrt(x+y+z), czyli z przedziału od 2 do jakiegoś n. Wydaje mi się, że dałoby się skonstruować czwartą liczbę t, taką że i sumy z jej udziałem nie dzieliłyby się przez wszystkie liczby od 2 do n. Problem w tym, że mogłaby ona być podzielna przez jakieś dwie liczby większe od n, a tym samym złożona.
Trzy liczby dające w sumie liczbę pierwszą oznaczmy jako A, B, C, a odległości między nimi jako x, y. Mamy: A — x — B — y — C.
A, B, C są nieparzyste
x, y są parzyste, dodatnie, x jest różne od y
Jeśli x=y, to jedna z liczb A, B, C jest podzielna przez 3 oraz suma A+B+C jest podzielna przez 3.
Nie da się podać innej zależności pomiędzy x, y takiej, która warunkowałaby wystąpienie wśród liczb A, B, C liczby podzielnej przez coś, choćby przez następne w kolejce 5.
Możemy dodawać do liczb A, B, C kolejne liczby, nie zmieniając x, y
A+2 — x — B+2 — y — C+2
A+4 — x — B+4 — y — C+4
A+6 — x — B+6 — y — C+6
…
A+n, B+n, C+n
Wśród tych nowych zestawów mamy wszystkie możliwości:
– trzy liczby pierwsze
– dwie liczby złożone i jedna liczba pierwsza
– jedna liczba złożona i dwie liczby pierwsze
– trzy liczby złożone
– trzy liczby dające w sumie liczbę złożoną
– trzy liczby dające w sumie liczbę pierwszą
Jeśli do zestawu A, B, C dodamy czwartą liczbę D, to sumy, których składnikiem jest D, również znajdują się tutaj:
A+n — x — B+n — y — C+n
To znaczy między tymi nowymi sumami są te same różnice x, y.
Ponieważ D ma być dodatnie, to tak naprawdę (rozważając tezę a) Apsa) pytamy o to, czy po każdym A+n — x — B+n — y — C+n takim, że sumuje się do liczby pierwszej musi nastąpić taki, w którym występują trzy liczby pierwsze.
Nie da się tego obliczyć, bo nie ma wzoru na liczby pierwsze. Jest tylko analiza statystyczna, a ona mówi, że odsetek liczb pierwszych regularnie spada. Niestety nie powoduje to zarazem wzrostu odległości między liczbami pierwszymi. Gdyby tak było, można by wnioskować, że z czasem odległości x, y na pewno zrobią się za małe. Ale liczby pierwsze nawet wśród ogromnych liczb występują w skupiskach.
Obejrzałam sobie, jak zachowują się liczby A, B, C o różnicach x=4, y=18 w dwóch przedziałach:
1) 9 – 13 – 31
…
100 009 – 100 013 – 100 031
oraz
2) 999 999 – 1 000 003 – 1 000 021
…
1 099 997 – 1 100 001 – 1 100 019
1) Sum będących liczbą pierwszą jest 13 020. Zestawów złożonych z trzech liczb pierwszych jest 276. Stosunek 47:1.
2) Sum będących liczbą pierwszą jest 10 047. Zestawów złożonych z trzech liczb pierwszych jest 99. Stosunek 101:1.
Widać, że suma będąca liczbą pierwszą pojawia się częściej niż zestaw trzech liczb pierwszych.
Im większe liczby, tym ta dysproporcja większa.
To mi nasuwa takie pytania:
Czy dla każdego x, y takiego że „x jest różne od y” występuje:
– nieskończona liczba zestawów trzech liczb dających w sumie liczbę pierwszą? (A, B, C)
– nieskończona liczba zestawów trzech liczb będących liczbami pierwszymi? (P1, P2, P3)
A jeśli liczba każdego z tych zestawów nie jest nieskończona, to pod jakimi warunkami następuje koniec?
I co skończy się jako pierwsze? Bo jeśli pierwsze skończą się zestawy P1, P2, P3, to jest to obalenie tezy a) Apsa.
@ aps1968 27 sierpnia o godz. 11:32 192917
Chyba jak dotąd teza o nieskończoności „takiego ciągu” nie została dowiedziona, przynajmniej nie na tych łamach. Ja podobnie widzę problem skryty w tym temacie.
Z drugiej strony hipoteza ta wydaje się być faktem. Moje „sprawdzacze” pokazywały zawsze kilka takich elementów, oczywiście w ograniczonym zakresie jaki obejmowały.
Skoro ostatnio skróciliśmy listę ciekawych hipotez, to może teraz dodamy nową, np.
Dla danych liczb a,b,c istnieje nieskończenie wiele takich liczb x, że wszystkie z sum a+b+x; a+x+c; x+b+c są liczbami pierwszymi.
@OlaGM
Bez bicia się przyznam, że pogubiłem się mniej więcej w okolicy wprowadzenia liczby D. Ale co chciałem jeszcze napisać, bo nie wiem czy się rozumiemy, w hipotezie a) chodziło mi wyłącznie o sumę trzech liczb, trzeba by dodać wyraźnie warunek: nieparzystych, która jest liczbą pierwszą, a nie o pierwszość samych tych liczb. Czyli a+b+c jest liczbą pierwszą, ale niczego nie zakładamy o a, b i c, prócz tego, że są nieparzyste, bo np. 2+6+9 daje liczbę pierwszą, ale nie znajdziemy liczby d, która dodana do dowolnej pary dawałaby w sumie liczbę pierwszą: jak będzie parzysta, to 2+6+d będzie liczbą złożoną, a jak nieparzysta, to 2+9+d będzie liczbą złożoną.
To też jest uwaga do @Markoniusza, że w tej ostatniej hipotezie („Dla danych liczb a, b, c…”) koniecznie musi być napisane, iż a, b, c są nieparzyste i, jak @Ola wykazała, nie może być na przykład 3, 5, 7, nie może być ta sama różnica dwóch kolejnych wyrazów. Być może ich suma nie musiałaby być liczbą pierwszą i dałoby się znaleźć x dla trójki 3, 5, 13 (w sumie 21), ale co najmniej te dwa warunki (nieparzystość wszystkich a, b, c i różność różnic b-a i c-b) muszą być spełnione.
Pozwolę sobie jeszcze na jeden wpis, nieco później, w którym napiszę, do czego jeszcze doszedłem „w temacie”, pozdrawiam.
@ aps1968 29 sierpnia o godz. 11:45 192929
No jasne, trzeba założyć nieparzystość 3 liczb początkowych.
A z pierwszości ich sumy też nie warto rezygnować bo tylko psuje efekt, a niewiele kosztuje.
Errata: dla trójki 3, 5, 13, w sumie 21, nie dałoby się znaleźć czwartej liczby, bo liczba 21 jest podzielna przez 3, co ma swoje konsekwencje. Dałoby się np. dla 25: 5, 9, 11, czwartą bierzemy 27 i mamy sumy 41, 43 i 47. Możemy zresztą też wziąć 3. Chyba trzeba by zmienić na różność różnic (modulo 3). Cdn.
Chciałabym wyjaśnić, o co mi chodziło z D.
Mamy zestaw A -x- B -y- C
A,B,C są nieparzyste, dają w sumie liczbę pierwszą
x, y są parzyste, dodatnie, różne od siebie
Proponuję pójść na skróty i zamiast dobierać liczby D i liczyć sumy (powiedzmy, że to mozolne), tylko ustawić dowolne liczby nieparzyste w porządku:
K -y- L -x- M
K+2 -y- L+2 -x- M+2
K+4 -y- L+4 -x- M+4
…
Aż się natrafi na 3 liczby pierwsze. Tak jest szybciej po prostu.
Twój przykład 5, 9, 11 ma różnice x=4, y=2.
Ustawiamy dowolne 3 liczby nieparzyste o tak:
15 17 21 (najpierw y=2, potem x=4)
A potem generujemy kolumnę liczb:
17 19 23
19 21 25
21 23 27
23 25 29
25 27 31
…
41 43 47
…
I szukamy rzędów, w których są trzy liczby pierwsze.
@OlaGM
Teraz już załapałem, dzięki. Spostrzegłaś pewne rzeczy wcześniej. Ale i ja, w tym swoim myśleniu, co nadmieniałem, że jego proces jest kontynuowany, w końcu doszedłem do czegoś podobnego: jeżeli mamy nasze wyjściowe liczby a<b<c, których suma jest liczbą pierwszą, przy czym różnica b-a = x i c-b = y, czyli jest to jakby trójka postaci x#y, to jeśli znajdziemy liczbę d o pożądanej własności, to trzy liczby pierwsze otrzymane z wiadomego sumowania będą postaci y#x.
Teraz zauważmy, że każda liczba pierwsza, większa od 7, czyli poczynając od 11, da się przedstawić jako suma trójek postaci 2#4 lub 4#2. Jeśli chodzi np. o 11, to będzie to 1, 3, 7 (2#4), a jeśli o 13, to 1, 5, 7 (4#2). I oboje teraz znajdziemy łatwo co najmniej jedną poszukiwaną trójkę, na przykład dla 1, 3, 7 będzie to 13, 17, 19 (d = 9), a dla 1, 5, 7 odpowiednio 17, 19, 23 (d = 11). Liczby pierwsze, które przy dzieleniu przez 3 dadzą resztę 2, rozłożą się na trójki 2#4, a te z resztą 1 – na 4#2. Znalezienie dla każdej takiej trójki liczby d doprowadzi do tego, że będziemy mieć trzy liczby, tym razem już wszystkie na pewno pierwsze, i oczywiście większe od liczb wyjściowych, typu 4#2, lub 2#4.
Co to oznacza? Przeczytałem, że pytanie, czy jest nieskończenie wiele par liczb bliźniaczych, czyli liczb pierwszych, różniących się o 2, jest nierozstrzygnięte, i jest to jedno z hitowych zagadnień teorii liczb. A tu potrzebujemy czegoś więcej: nie tylko pary bliźniaków, ale „trojaczków”, o 4 w górę lub w dół od większego lub mniejszego bliźniaka. Czyli trzeba by udowodnić, że schemat 2#4, 4#2, ale także przecież dowolny inny n#k, gdzie n i k są parzyste i k nie jest równe n (modulo 3), powtarza się z udziałem liczb pierwszych nieskończenie wiele razy, aby istniała trójka liczb większa od dowolnie pomyślanej i rozłożonej na składniki liczby pierwszej.
Tym samym, udało się sprowadzić problem do takiego, o którym wiemy, że słabsze twierdzenie („istnieje nieskończenie wiele liczb bliźniaczych”) jest nieudowodnione, tak więc z czystym sumieniem można ogłosić brak dowodu także bardziej restrykcyjnej „hipotezy a)”.
Pozdrawiam, przechodząc do kolejnych zadań, łamiblogowych i nie tylko 🙂