Δίδυμοι πρώτοι

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10944
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Δίδυμοι πρώτοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Νοέμ 05, 2019 10:51 am

Να βρείτε τους δίδυμους πρώτους p,q και τον επίσης πρώτο r , αν : p^2+q^2=50r



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Νοέμ 05, 2019 11:41 am

KARKAR έγραψε:
Τρί Νοέμ 05, 2019 10:51 am
Να βρείτε τους δίδυμους πρώτους p,q και τον επίσης πρώτο r , αν : p^2+q^2=50r
Αν θέλεις μία λύση, έχουμε την 17^2+19^2=650=50\cdot 13. Αν τις θέλεις όλες, τότε μάλλον ξεφεύγει από τον φάκελο των Διασκεδαστικών Μαθηματικών και πάει στην Θεωρία Αριθμών.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10944
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Νοέμ 05, 2019 7:07 pm

Υπολογίζοντας το εμβαδόν του τριγώνου OAB της άσκησης αυτής το οποίο είναι :

E(s)=\dfrac{(3s^2+1)^2}{4s(s^2+1)^2} , χρειάστηκε να υπολογίσω το E(\dfrac{1}{4}) το οποίο είναι ίσο με \dfrac{19^2}{17^2}=\dfrac{361}{289} .

Βλέποντας αριθμητή και παρονομαστή να έχουν άθροισμα 650 , " μπήκε ο διάβολος μέσα μου ".

Έχοντας λοιπόν μία λύση ( αυτήν του Μιχάλη ) , ανέβασα το θέμα κι ότι προκύψει ... Αν πάντως

πιθανολογείτε ότι αυτή είναι η μοναδική λύση , χάσατε : Η τριάδα : (p,q,r)=(281,283,3181)

είναι επίσης λύση του προβλήματος . Θα βρούμε κι άλλες ή θα απευθυνθούμε σε "ειδικούς" :?:


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10944
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Νοέμ 07, 2019 11:32 am

Προφανώς δεν υπάρχουν μονοψήφιοι δίδυμοι πρώτοι p,q , που να ικανοποιούν την p^2+q^2=50r .

Αλλά οι δίδυμοι πρώτοι είναι της μορφής : 10k+1,10k+3 , ή 10k+7,10k+9 , ή 10k+9,10k+11

k \in \mathbb{N^*} , με την τελευταία κατηγορία να αποκλείεται (το άθροισμα τετραγώνων λήγει σε 2 ) .

(10k+1)^2+(10k+3)^2=50r\Leftrightarrow 200k^2+80k+10=50r\Leftrightarrow 8k+1=\pi o\lambda5 , συνεπώς :

k=3,13,23,33,... ή k=8,18,28,38,... . Έτσι με λίγο ψάξιμο βρέθηκε η δεύτερη τριάδα , για k=28.

(10k+7)^2+(10k+9)^2=50r\Leftrightarrow 200k^2+320k+130=50r\Leftrightarrow 32k+13=\pi o\lambda5 ,

συνεπώς : k=1,11,21,321,.... ή k=6,16,26 ,36 ,.... , που για k=1 δίνει την απλούστερη πρώτη τριάδα .


Νίκος Ζαφειρόπουλος
Δημοσιεύσεις: 289
Εγγραφή: Κυρ Απρ 12, 2009 1:06 am
Τοποθεσία: ΖΑΚΥΝΘΟΣ
Επικοινωνία:

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νίκος Ζαφειρόπουλος » Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:17 pm

Και κάποιες τριάδες ακόμη, που μοιάζουν να είναι άπειρες
(p,q,r)=(617,619,15277),(1481,1483,87853),(6131,6133,1504057),…,(91967,91969,338324521),...


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:53 pm

Νίκος Ζαφειρόπουλος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:17 pm
που μοιάζουν να είναι άπειρες
Σωστά, αλλά αν κάποιος αποδείξει ότι είναι άπειρες, τότε θα έχει αποδείξει κάτι ισχυρότερο δεδομένου ότι...
θα έχει μεταξύ άλλων αποδείξει ότι υπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι.
τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:12 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2688
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Νοέμ 07, 2019 3:37 pm



Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 371
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Νοέμ 07, 2019 3:59 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:53 pm
Νίκος Ζαφειρόπουλος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:17 pm
που μοιάζουν να είναι άπειρες
Σωστά, αλλά αν κάποιος αποδείξει ότι είναι άπειρες, τότε θα έχει αποδείξει κάτι ισχυρότερο δεδομένου ότι...
θα έχει μεταξύ άλλων αποδείξει ότι υπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι (εικασία Goldbach).
Κύριε Μιχάλη ο Terence Tao νομίζω ότι έχει αποδείξει την εικασία Goldbach. Δεν είμαι όμως 100% σίγουρος.. :?


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8262
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:12 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 3:59 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:53 pm
Νίκος Ζαφειρόπουλος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:17 pm
που μοιάζουν να είναι άπειρες
Σωστά, αλλά αν κάποιος αποδείξει ότι είναι άπειρες, τότε θα έχει αποδείξει κάτι ισχυρότερο δεδομένου ότι...
θα έχει μεταξύ άλλων αποδείξει ότι υπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι (εικασία Goldbach).
Κύριε Μιχάλη ο Terence Tao νομίζω ότι έχει αποδείξει την εικασία Goldbach. Δεν είμαι όμως 100% σίγουρος.. :?

Όχι δεν έχει αποδειχθεί. Αυτό που έχει αποδειχθεί είναι η ασθενής εικασία του Goldbach από τον Helfgott.

Εν πάση περιπτώσει εδώ μιλάμε για την εικασία των δίδυμων πρώτων η οποία είναι διαφορετική.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:16 pm

Demetres έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:12 pm
Εν πάση περιπτώσει εδώ μιλάμε για την εικασία των δίδυμων πρώτων η οποία είναι διαφορετική.
Σωστά. Δικό μου λάθος που ονόμασα εικασία Goldbach την εικασία των δίδυμων πρώτων. Το διόρθωσα.
Πάντως, αν δεν κάνω λάθος, και οι δύο εικασίες ακόμα ανοικτές.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8262
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:19 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:16 pm
Demetres έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:12 pm
Εν πάση περιπτώσει εδώ μιλάμε για την εικασία των δίδυμων πρώτων η οποία είναι διαφορετική.
Σωστά. Δικό μου λάθος που ονόμασα εικασία Goldbach την εικασία των δίδυμων πρώτων. Το διόρθωσα.
Πάντως, αν δεν κάνω λάθος, και οι δύο εικασίες ακόμα ανοικτές.
Μιχάλη το έβαλες σε απόκρυψη και δεν το διάβασα καν αφού ήμουν σίγουρος για το τι θα έγραφες μέσα στην απόκρυψη. Ναι είναι και οι δύο εικασίες ανοικτές.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2688
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Νοέμ 07, 2019 4:55 pm

Να αναφέρω τα εξής ενδιαφέροντα.

Αν p_{n} είναι ο n-στος πρώτος

το 2013 ο Zhang(μη διάσημος ως τότε, εχει ενδιαφέρον το βιογραφικό του)

απέδειξε ότι υπάρχουν άπειρα n ώστε p_{n+1}-p_{n}\leq c
με c=7.10^{7}

To c βελτιώθηκε από τότε και έχει φτάσει στην τιμή c=246.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 371
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Νοέμ 07, 2019 5:01 pm

Βάζω το παρακάτω για όποιον έχει χρόνο!

https://youtu.be/pp06oGD4m00


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2688
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Νοέμ 07, 2019 5:13 pm

Και στο
https://terrytao.wordpress.com/tag/prime-gaps/
εχει ενδιαφέροντα πράγματα για το θέμα.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8262
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Νοέμ 07, 2019 5:34 pm

Ας λεχθεί και το εξής:

Η γενικευμένη εικασία του Bunyakovsky μας λέει ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί n ώστε οι 50n+17,50n+19 και 100n^2+72n+13 είναι ταυτόχρονα πρώτοι. (Θέλει έλεγχο ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες αλλά δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολος.) Αν θέσουμε p = 50n+17, q=50n+19 και r=100n^2+72n+13 θα δούμε ότι θα πάρουμε άπειρες λύσεις στο πρόβλημά μας. (Οι υπόλοιπες λύσεις δίνονται από την τριάδα (50n+31,50n+33,100n^2+128n+41).)

Δεδομένου ότι δεν έχει αποδειχθεί καμία περίπτωση της εικασίας (πέραν του θεωρήματος Dirichlet) δεν πρέπει να ελπίζουμε σε κάτι περισσότερο...


GreenMosquito
Δημοσιεύσεις: 2
Εγγραφή: Σάβ Νοέμ 02, 2019 8:00 pm

Re: Δίδυμοι πρώτοι

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GreenMosquito » Πέμ Νοέμ 21, 2019 3:26 pm

Εισαγωγή
KARKAR έγραψε:
Τρί Νοέμ 05, 2019 10:51 am
Να βρείτε τους δίδυμους πρώτους p,q και τον επίσης πρώτο r , αν : p^2+q^2=50r
Θα ήθελα να παρουσιάσω πως προσέγγισα το παραπάνω πρόβλημα (Και γενικότερα πως
κάποιος άλλος θα μπορούσε να το είχε προσεγγίσει, χρησιμοποιώντας μόνο στοιχειώδης θεωρία αριθμών).

(Υποσημείωση 1:
Aφού η εξίσωση, p^2+q^2=50r είναι συμμετρική ως προς p και q θα
υποθέσουμε ότι ο q είναι μεγαλύτερος από τον p.)

Προσεγγίζοντας τις μεταβλητές p,q,r ως φυσικούς αριθμούς

Το πρώτο μας βήμα είναι να αγνοήσουμε ότι οι p,q,r είναι πρώτοι αριθμοί και να τους
συμπεριφερθούμε ως φυσικούς αριθμούς.

Απλοποιώντας την εξίσωση p^2+q^2=50r στη μορφή b^2+1=25r

Αν χρησιμοποιήσουμε το γεγονός, ότι:

q=p+2

Τότε, μπορούμε να αποκτήσουμε μια παραμετρική λύση της εξίσωσης:

p^2+q^2=50r

ως προς μόνο μία μεταβλητή.

Αντικαθιστώντας, όπου q=p+2, και έπειτα από αρκετές αλγεβρικές πράξεις, αποκτάμε την εξίσωση:

p^2+2p+2=25r

Αν συμπληρώσουμε το τετράγωνο του παραπάνω τριωνύμου, τότε έχουμε την μορφή:

(p+1)^2+1=25r

(Υποσημείωση 2:

Δυστυχώς, το τριώνυμο p^2+2p+2 δεν παραγοντοποιείται στους ρητούς αριθμός,
οπότε δεν μπορούμε να πάρουμε ένα σύστημα εξισώσεων από την εξίσωση p^2+2p+2=25r)

Αν αντικαταστήσουμε όπου b=p+1 (όπου ο b είναι ένας φυσικός αριθμός),
τότε απομένουμε με την εξίσωση, της απλής μορφής:

b^2+1=25r

Αν την λύσουμε ως προς το r, έχουμε:

r=\frac{b^2+1}{25}

Το τελευταίο μας βήμα είναι να βρούμε για ποια υπόλοιπα του b mod 25 ο r είναι φυσικός,
ή ισοδύναμα, πότε το τετράγωνο του b αφήνει υπόλοιπο 24 mod 25:

b^2\equiv 24(mod 25)

Επίλυση της εξίσωσης b^2\equiv 24(mod 25)

Την παραπάνω εξίσωση, θα την επιλύσουμε με δοκιμές. Από το 0 ως το 12, θα δούμε τι
υπόλοιπα αφήνουν τα τετραγωνά τους mod25, ώστε να βρούμε όλα τα
υπόλοιπα, όπου τα τερταγωνά τους αφήνουν 24mod25.

(Υποσημείωση 3:

Μπορούμε, να γλιτώσουμε την μισή δουλειά και να μην ελέγξουμε τι υπόλοιπα αφήνουν τα
τετράγωνα των αριθμών από το 13 ως το 24.

Αφού, για κάθε αριθμό από το 13 ως το 24, αντιστοιχεί ένας ακριβώς αριθμός (Ένας καθρέφτης),
από το 1 ως 12, όπου τα τετράγωνά τους, αφήνουν ακριβώς τα ίδια υπόλοιπα.

Το άθροισμα, αυτών των ζευγαριών αριθμών είναι πάντα το 25.

Για παράδειγμα, ο καθρέφτης του 13, είναι το 12, αφού:

13^2\equiv (25-12)^2\equiv(-12)^2\equiv 12^2(mod 25))

Μετά, από αρκετές δοκιμές, βρίσκουμε ότι τα υπόλοιπα που πρέπει να αφήνει
το b όταν διαιρείται από το 25, ώστε το τετράγωνό του να
αφήνει υπόλοιπο 24, είναι τα 7 και 18.

Οι παραμετρικές λύσεις της εξίσωσης p^2+q^2=50r

Με βάσει τα παραπάνω, αφού b=p+1 και q=p+2 οι παραμετρικές λύσεις της εξίσωσης:

p^2+q^2=50r

για τους φυσικούς p,q,r είναι οι:

(p,q,r)=(b-1,b+1,\frac{b^2+1}{25})

όπου,ο b είναι ένας φυσικός αριθμός ο οποίος αφήνει υπόλοιπα 7 ή 18, όταν διαιρείται με το 25.

(b=7,18,32,43,57,68,...)


Βελτιωμένη Συνθήκη για το b

Ένα νέο πρόβλημα
Αφού, καταφέραμε να λύσουμε το αρχικό πρόβλημα, για τους φυσικούς p,q,r, μπορούμε
να διατυπώσουμε ένα πιο απλό πρόβλημα από το αρχικό:

"Για ποιους φυσικούς αριθμούς b οι οποίοι αφήνουν υπόλοιπο 7 ή 18, όταν διαιρούνται
με το 25, οι φυσικοί αριθμοί p,q,r:

p=b-1

q=b+1

r=\frac{b^2+1}{25}

είναι συγχρόνως όλοι πρώτοι αριθμοί;"

Το κυνήγι για το σύνολο P
Τώρα, το ερώτημα που απομένει είναι να προδιορίσουμε αυτό το σύνολο, όπου τα στοιχεία του
είναι όλες οι τιμές του b, για τις οποίες οι φυσικοί αριθμοί p,q,r είναι
συγχρόνως όλοι πρώτοι αριθμοί.

Αυτό το σύνολο θα το ονομάσουμε P.

Τότε, ξέρουμε ότι αυτό το σύνολο:

1. Είναι ένα υποσύνολο του απειροσυνόλου: B=\left \{ 7,18,32,43,57,68,... \right \}

Ιδανικά, ελπίζουμε ότι υπάρχει κάποιο μοτίβο ανάμεσα στα στοιχεία του P, ώστε να
μπορούνε να σχηματίσουμε μια εικασία και να την αποδείξουμε.

Αλλά πριν αρχίσουμε τις δοκιμές, μπορούμε να βρούμε ένα σύνολο C, το οποίο
είναι ανάμεσα στο P και B.

(P\subset C\subset B)

Αυτό το υποσύνολο θα το βρούμε με το να αποδείξουμε ότι ώστε οι αριθμοί p,q να
είναι πρώτοι, είναι αναγκαίο ο b να είναι πολλαπλάσιο του 6.

Απόδειξη ότι ο b είναι πολλαπλάσιο του 6

Ώστε να αποδείξουμε ότι ο b είναι πολλαπλάσιο του 6, θα αποδείξουμε ξεχωριστά,
ότι ο b είναι πολλαπλάσιο του 2 και του 3.

Επίσης, πριν ξεκινήσουμε τις αποδείξεις μας αξίζουν να αναφερθούν τα παρακάτω:

1. Οι πρώτοι αριθμοί p και q δεν είναι κανένας, ούτε το 2
και το 3.

(Αφού μια αναγκαία συνθήκη για το b είναι να αφήνει υπόλοιπο 7 ή 18,
όταν διαιρείται με το 25)

2. Σε κάθε τριάδα διαδοχικών ακέραιων, ακριβώς ένας από αυτούς είναι πάντα
πολλαπλάσιο του 3.

Τώρα, θα αποδείξουμε ότι ο b είναι πολλαπλάσιο του 2 και του 3:

1. Αφού ο p δεν είναι το 2, τότε ως πρώτος αριθμός, είναι περιττός.

Άρα, ο b (ως p+1), είναι άρτιος αριθμός.

2. Ας θεωρήσουμε την τριάδα διαδοχικών ακεραίων p,b,q.

Αφού, οι πρώτοι αριθμοί p και q δεν είναι το 3, τότε δεν είναι πολλαπλάσια του 3.

Άρα, απ'την διαδοχική τριάδα p,b,q, ο b θα είναι το πολλαπλάσιο του 3.

Αποδείξαμε ότι ο b είναι πολλαπλάσιο του 6.

Εφαρμογή του Κινέζικου Θεωρήματος Υπολοίπων

Το επόμενο μας βήμα είναι να αποδείξουμε, ότι ο b αφήνει ακριβώς δύο υπόλοιπα
(Συγκεκριμένα το 18 και το 132), όταν διαιρείται με το 150, χρησιμοποιώντας το Κινέζικο
Θεώρημα Υπολοίπων.

Πρώτα, απ'όλα ξέρουμε ότι ο b αφήνει υπόλοιπα 7 και 18 όταν διαιρείται με το 25,
και ότι είναι πολλαπλάσιο του 6. Δηλαδή με άλλα λόγια, έχουμε δύο συστήματα γραμμικών
εξισώσεων ισοτιμιών:

\begin{Bmatrix} b\equiv 0(mod 6) \\ b\equiv 7(mod 25) \end{Bmatrix}

\begin{Bmatrix} b\equiv 0(mod 6) \\ b\equiv 18(mod 25) \end{Bmatrix}

(Υποσημείωση 4:

Ισοδύναμα, μπορούμε να γράψουμε το δεύτερο σύστημα ισοτιμιών ως:

\begin{Bmatrix} b\equiv 0(mod 6)\\ b\equiv -7(mod 25) \end{Bmatrix}

και θα το λύσουμε ως προς αυτή την μορφή του.)

Αφού, το 6 και το 25 είναι σχετικά πρώτοι αριθμοί, τότε σύμφωνα με το Κινέζικο
Θεώρημα Υπολοίπων, ο b αφήνει ακριβώς δύο υπόλοιπα όταν διαιρείται με το 150.

Τότε, θα αποδείξουμε ότι αυτά τα υπόλοιπα σχηματίζουν ένα ζεύγος, όπου το άθροισμά τους
είναι 150, δηλαδή ότι τα υπόλοιπα είναι αντίθετα μεταξύ τους.

Χωρίς υπολογισμό, οι λύσεις του πρώτου και δεύτερου συστήματος γραμμικών ισοτιμιών είναι:

b_{1}\equiv 25\cdot \left [ 25 \right ]_{6}^{-1}\cdot 0+6\cdot \left [ 6 \right ]_{25}^{-1}\cdot 7

b_{2}\equiv 25\cdot \left [ 25 \right ]_{6}^{-1}\cdot 0+6\cdot \left [ 6 \right ]_{25}^{-1}\cdot -7

Φυσικά, ο όρος:

25\cdot \left [ 25 \right ]_{6}^{-1}\cdot 0

διαγράφεται και από τις δύο εξισώσεις και μένουμε με τους όρους:

b_{1}\equiv 6\cdot \left [ 6 \right ]_{25}^{-1}\cdot 7

b_{2}\equiv 6\cdot \left [ 6 \right ]_{25}^{-1}\cdot (-7)

Παρατηρούμε, ότι ο b_{2} και ο b_{1} έχουν αντίθετα σήματα, από τους παραπάνω τύπους.

Άρα, το άθροισμα τους θα είναι 150.

Επίλυση των συστημάτων, μέσω της λύσης (17,19,13)

Για να γλιτώσουμε τους υπολογισμούς θα εφαρμόσουμε το παρακάτω κόλπο:

Αφού, οι αριθμοί (p,q,r)=(17,19,13) ικανοποιούν την αρχική μας εξίσωση;

p^2+q^2=50r

ξέρουμε ότι το 18, είναι η μια λύση των συστημάτων.

Άρα, αφού και οι δύο λύσεις έχουν άθροισμα 150, η δεύτερη λύση είναι το 132.

Συμπέρασμα

Άρα, ώστε οι αριθμοί:

p=b-1

q=b+1

r=\frac{b^2+1}{25}

να είναι συγχρόνως όλοι πρώτοι αριθμοί, μια αναγκαία (αλλά όχι ικανή συνθήκη), είναι ο φυσικός αριθμός b
να αφήνει υπόλοιπα 18 ή 132, όταν διαιρείται με το 150.

Με άλλα λόγια, βρήκαμε ένα καινούργιο σύνολο ανάμεσα στο P και το B,
το σύνολο C:

(C=\left \{ 18,132,168,282,318,432,... \right \}

Μερικά στοιχεία του συνόλου P

(Υποσημείωση 5:

Θερμές ευχαριστίες για τους KARKAR και Νίκο Ζαφειρόπουλό, οι οποίοι εντόπισαν μερικές
λύσεις της εξίσωσης:

p^2+q^2=50r

Tις οποίες χρησιμοποίησα για να βρω τα πρώτα πέντε στοιχεία
του P)
Νίκος Ζαφειρόπουλος έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 2:17 pm
Και κάποιες τριάδες ακόμη, που μοιάζουν να είναι άπειρες
(p,q,r)=(617,619,15277),(1481,1483,87853),(6131,6133,1504057),…,(91967,91969,338324521),...
Άρα:

P=\left \{ 18,282,618,1482,6132,... \right \}

Αλγόριθμος Δοκιμών

Τώρα, που έχουμε προσδιορίσει πλήρως το σύνολο C, ώστε να προσδιορίσει κανείς στοιχεία
του συνόλου P, θα πρότεινα να δοκιμαστούν τα στοιχεία του συνόλου C ένα
προς ένα.

(C=\left \{ 18,132,168,282,318,432,... \right \}

Δηλαδή, αυτός ο αλγόριθμος θα ελέγχει για ποια στοιχεία b
του C, οι φυσικοί αριθμοί:

p=b-1

q=b+1

r=\frac{b^2+1}{25}

είναι συγχρόνως πρώτοι αριθμοί.

Ως μια πρόκληση χρησιμοποιώντας το παραπάνω αλγόριθμο, προτείνω για οποιοδήποτε
ενδιαφερόμενο να προσδιορίσει όλες τις λύσεις (p,q,r) της εξίσωσης:

p^2+q^2=50r

όπου o b είναι ένας αριθμός μικρότερος του ενός εκατομμυρίου, και να τις ανεβάσει.

Ανοιχτά Ερωτήματα

1. Υπάρχουν άπειρες λύσεις;
Demetres έγραψε:
Πέμ Νοέμ 07, 2019 5:34 pm
Ας λεχθεί και το εξής:

Η γενικευμένη εικασία του Bunyakovsky μας λέει ότι υπάρχουν άπειροι φυσικοί n ώστε οι 50n+17,50n+19 και 100n^2+72n+13 είναι ταυτόχρονα πρώτοι. (Θέλει έλεγχο ότι ικανοποιούνται οι συνθήκες αλλά δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολος.) Αν θέσουμε p = 50n+17, q=50n+19 και r=100n^2+72n+13 θα δούμε ότι θα πάρουμε άπειρες λύσεις στο πρόβλημά μας. (Οι υπόλοιπες λύσεις δίνονται από την τριάδα (50n+31,50n+33,100n^2+128n+41).)

Δεδομένου ότι δεν έχει αποδειχθεί καμία περίπτωση της εικασίας (πέραν του θεωρήματος Dirichlet) δεν πρέπει να ελπίζουμε σε κάτι περισσότερο...
Ή με άλλα λόγια, ουσιαστικά ρωτάμε αν το σύνολο P είναι ένα απειροσύνολο ή όχι.

Όπως αναφέρθηκε και παραπάνω, αν κάποιος αποδείξει ότι το σύνολο P έχει άπειρα
στοιχεία, ουσιαστικά έχει αποδείξει ότι υπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι αριθμοί.

2. Μπορούμε να βρούμε μια καλύτερη συνθήκη για τον αριθμό b;

Δηλαδή, με άλλα λόγια, μπορούμε να βρούμε ένα νέο σύνολο D, το οποίο είναι ανάμεσα στα
σύνολα P και C;

(P\subset D\subset C)

Ιδανικά, μέσω του παραπάνω αλγορίθμου δοκιμών, ελπίζουμε ότι θα βρεθεί ένα καινούργιο μοτίβο για
τους αριθμούς b του συνόλου P.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης