¿Por qué los patrones de la firma de los números primos no demuestran que haya infinitos primos gemelos?

Question

Vale, no soy una persona matemática en general. Así que cuando creo que he hecho algo inteligente, suele significar que estoy equivocado o que a alguien se le ha ocurrido antes que a mí. Estaba jugando con el operador módulo en algunos números y me llevó a mirar los módulos de los primos gemelos.

Ex.

17: 2/3 2/5 3/7 6/11 4/13

19: 1/3 4/5 5/7 8/11 6/13 2/17

23: 2/3 3/5 2/7 1/11 10/13 6/17 4/19

y así sucesivamente.

Lo que noté fue que el primer número de todos los primos gemelos, excepto el 3, tienen un módulo de 2/3. Después de pensar un poco en el porqué de esto, es porque si el módulo era 0/3 entonces no es primo (excepto el 3). $1 + 2 = 3$ así que 1/3 no puede hacer un primo gemelo.

Pensando un poco me di cuenta de que esto se aplicaba a todos los números primos. Si el módulo era $n-2/n$ donde $n$ era primo, entonces no podía ser el primer número de un primo gemelo. Y todos los primos también tenían al menos un módulo en el que podían permitir la aparición de un primo gemelo (2).

Si entonces todos los primos tienen un área de permiso gemela, entonces debido a la naturaleza cíclica del módulo, puedes esperar hasta que todas las áreas de permiso se alineen y entonces es cuando debes tener un primo gemelo.

Siento que esto probaría que efectivamente hay infinitos primos gemelos. Estoy 99% seguro de que estoy equivocado pero no sé la razón. ¿Por qué es un error?

Edición: Sé que mi notación no es estándar. Sin embargo, como no soy una persona matemática he utilizado una notación que tiene sentido para mí.

Así que en una notación más matemática lo que quiero decir es

17: 2/3 2/5 3/7 6/11 4/13

son los siguientes hechos,

17 2 mod 3

17 2 mod 5

17 3 mod 7

17 6 mod 11

17 4 mod 13

También parece que he llamado a la operación modulo porque así se llama en Javascript donde estaba jugando.

No sé si es relevante, pero lo único que hay que evitar parece ser el modoulus-2 y el 0 de cada primo.

Answer 1

Si entonces todos los primos tienen un área de permiso de primo gemelo, entonces debido a la naturaleza cíclica del módulo, se puede esperar hasta que todas las áreas se alineen y es entonces cuando debes tener un primo gemelo.

Claro. ¿Pero cómo sabes que las áreas de permisos gemelos se alinearán infinitas veces ?

Después de todo, hay infinitos primos. Cuanto más lejos vayas, más áreas de permisos gemelos tendrás que alinear.

Editar :

Para explicar mejor por qué su método no es suficiente, tomemos algún número primo $X$ que es lo suficientemente pequeño para nosotros. Digamos, $X=11$ .

Ahora, necesitamos tomar un primo "de la forma $2/3,2/5,2/7,2/11$ como tú dices. De manera más estándar, escribiríamos esto como la búsqueda de algún primo tal que $$p\equiv 2\mod 3\\p\equiv 2\mod 5\\p\equiv 2\mod 7\\p\equiv 2\mod 11\\$$ todo se mantiene. Sin duda, podemos encontrar un primo así. El primer número más grande que $2$ que se ajusta a su criterio, es, de hecho, $1157$ pero ese no es primo, porque $1157=13\cdot 89$ . El siguiente número es $2312$ que, obviamente, no es primo (es par).

El siguiente número que se ajusta a todos sus criterios es $3467$ y esa, en efecto, es primordial. Y por construcción también sabemos que $3467+2$ será primordial, ¿verdad? Porque no es divisible por $3$ y no es divisible por $5$ y no por $7$ y no por $11$ ¿verdad?

Equivocado . Mientras que $3469$ es de hecho primordial, no conozca que nuestra construcción asegura es primordial. Nuestra construcción sólo garantiza que $3,5,7,11$ no son sus divisores.

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Edición 2 :

Para que quede aún más claro, tomemos un primo más y pongamos $X=13$ . Entonces, queremos un primo $p$ que satisface $p\equiv 2\mod q$ para $q=3,5,7,11,13$ . Podemos encontrar de nuevo tales números, y esta vez, el número más pequeño que satisface nuestra condición es $15017$ que de hecho es un primo.

PERO el número $15017+2$ es no primo, porque $15017+2=15019=23\cdot653 $ .

Answer 2

Por lo tanto, según el Teorema Chino del Resto se obtendrá la "alineación" que se desea. El problema es que la zona en la que esto puede ocurrir aumenta rápidamente de tamaño. Cada vez que se introduce un nuevo primo $p$ se multiplica el tamaño de la zona de la primera alineación por $p$ . Pero el postulado de Bertrand dice que cada vez que se duplica el tamaño se obtiene al menos un nuevo primo. Así que cada vez que se alinea un nuevo primo grande, se obtiene más de un nuevo primo que no está bajo control.

Por supuesto, si hay infinitos primos gemelos, la alineación se producirá adecuadamente. Pero para demostrarlo, hay que controlar mejor el crecimiento de lo que su simple argumento es capaz de dar.

Answer 3

Usted dice "esperar a que se alineen todas las áreas de permisos". Pero hay infinitas áreas de permisos que deben alinearse (una por cada primo), por lo que esto podría tardar infinitamente.

Si funciona, un argumento similar debería demostrar que hay, por ejemplo, infinitos pares de cuadrados que difieren en $3$ - ya que hay un par ( $1$ y $4$ ), debe haber un área de permiso para cada primo - pero el problema es que estas áreas nunca se alinean todas de nuevo.

Answer 4

Hay un objeto matemático muy divertido que me gusta llamar la firma.

Definamos el firma de un número $n \in \mathbb{Z}$ como el infinito lista $$ (n \mod 2, n \mod 3, n \mod5, n \mod 7, \ldots, n \mod p_k, \ldots). $$

Entendemos que el operador $(\mod p_k)$ devuelve un número del conjunto $\{0,1,\ldots,p_k - 1\}$ . Por ejemplo, la firma de $17$ es $(1, 2, 2, 3, 6, 4, 0, 17, 17, 17, \ldots)$ .

Ahora, corrígeme si me equivoco: entiendo que afirmas que toda firma concebible se manifiesta realmente como la firma de un número. Así que usted afirma que si $$S \in \{0,1\} \times \{0,1,2\} \times \{0,1,2,3, 4\} \times \ldots \times \{0,\ldots p_k - 1\} \times \ldots$$ entonces hay un número $n$ cuya firma es $S$ .

Pero esto no es cierto. En primer lugar, la firma de $n$ es finalmente constante, con valor $n$ . En segundo lugar, cada firma debe contener al menos una $0$ (excepto para $n=1$ ).

Lo que puede decir es que cada finito lista $$ F \in \{0,1\} \times \{0,1,2\} \times \{0,1,2,3, 4\} \times \ldots \times \{0,\ldots p_k - 1\} $$ será el Inicio de la firma de infinitamente muchos números $n$ (pero la parte no constante de estos $n$ puede ser mucho mayor). Esto se deduce del Teorema del Resto Chino. Pero esto no es suficiente para demostrar la existencia de infinitos primos gemelos.

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Sólo por diversión, podemos intentar identificar los números primos gemelos por su firma.

Reclamación 1

Un número $n > 1$ es primo si y sólo si la firma de $n$ tiene un cero inmediatamente antes de su parte constante.

Prueba

Si $n=p_k$ es primo, entonces su firma es $0$ en la posición $k$ y como $n < p_{k+1}$ y a partir de ahí es constante.

Por otro lado, dejemos que la firma de $n$ sea cero en $k$ y luego constante. Tenemos $n < p_{k+1}$ ya que la firma es constante en la posición $k+1$ . $n$ es divisible por $p_k$ . Pero si fuera mayor que $p_k$ , sería por lo menos $2p_k$ que es mayor que $p_{k+1}$ por el postulado de Bertrand, por lo que tendríamos $p_{k+1} < 2 p_k \leq n < p_{k+1}$ lo cual es imposible. Por lo tanto, debemos tener $n = p_k$ y $n$ es primo.

Reclamación 2

Un número $n > 2$ es la parte inferior de un par primo gemelo si y sólo si se cumplen las dos condiciones siguientes:

• (a) La firma de $n$ tiene un cero inmediatamente antes de su parte constante
• (b) Todos los ceros en la firma de $n+2$ se encuentran en la parte constante de la firma de $n$

Prueba

Supongamos que $n = p_{k}$ y $n+2 = p_{k+1}$ . Sabemos que la condición (a) se cumple. Además, la parte constante de $n$ comienza en $k+1$ y la firma de $n+2$ tiene exactamente un cero, que está en $k+1$ y por tanto en la parte constante de $n$ por lo que (b) se mantiene.

Supongamos ahora que (a) y (b) se cumplen para $n$ . Sabemos que $n = p_k$ es primo por la condición (a). De ello se desprende que $n+2 \leq p_{k+1}$ ya que de lo contrario $p_{k+1} = n+1$ sería igual y mayor que $2$ lo cual es imposible. Además, por la condición (b) $n+2$ no es divisible por ningún $p_i$ para $i \in \{1, \ldots, k\}$ . Desde $n+2 \leq p_{k+1}$ , $n+2$ debe tener una factorización prima $n+2 = p_{k+2}$ por lo que es primordial.

Answer 5

Su notación es muy poco estándar y muy difícil de descifrar. Sin embargo, teniendo en cuenta otras respuestas, parece que cometes el error lógico de confundir $\forall x \exists y :P(x,y)$ para $\exists y: \forall x : P(x,y)$ . Es decir, en lugar de demostrar que hay un punto en el que para todo N, las áreas gemelas se alinean para los primos menores que N, estás demostrando que para todo N, hay un punto en el que las áreas gemelas se alinean para los primos menores que N. Pueden parecer las mismas afirmaciones, pero son muy diferentes.

Puede ser útil ver la diferencia comparando las afirmaciones "Para cualquier número M, hay algún número entero N tal que N>M" y "Hay un número entero N tal que para cualquier número M, N>M". O, lo que es lo mismo, "Todo número tiene un entero mayor que él" frente a "Hay un entero mayor que todo número". La primera afirmación afirma que, una vez elegido N, se puede elegir un número mayor. Por tanto, puede haber diferentes M para diferentes N. La segunda afirmación afirma que M puede elegirse primero, y que un M fijo es mayor que todos los N. La primera afirmación es la base de la función techo, mientras que la segunda afirma que el infinito es un número entero. En el lenguaje natural, la gente suele decir cosas como "Hay un número entero mayor que todos los números" sin precisar si quieren decir " $\exists N: \forall M: N>M$ " o " $\forall M \exists N: N>M$ ", pero en matemáticas debemos tener claro a qué nos referimos.