¿Puede el mismo patrón de recursión definir varias secuencias de números primos?

Question

En primer lugar, algunas definiciones:

Sea $A$ sea una abreviatura de una secuencia infinita $( a(1), a(2), a(3), \dots )$ de números enteros positivos, del mismo modo $B$ es una secuencia infinita de números enteros positivos $( b(1), b(2), b(3) , \dots)$ , y C es una secuencia infinita creciente de enteros positivos $( c(0), c(1), c(2), c(3), \dots)$ . Llame a $c(0)$ el valor inicial de $C$ .

Decimos que el par $(A,B)$ es un patrón de recursión para $C$ si para cada entero positivo n tenemos $c(n) = a(n) * c(n-1) + b(n)$ . Dado un patrón de recursión $(A,B)$ y un valor inicial para $C$ podemos reconstruir toda la secuencia $C$ .

Claramente, para cualquier secuencia infinita creciente $C$ podemos encontrar un par $(A,B)$ que es un patrón de recursión para $C$ simplemente tomando todos los $a(n)$ a ser igual a $1$ y definiendo el $b(n)$ según sea necesario. Si la secuencia $C$ es aumentando rápidamente, habrá muchas parejas $(A,B)$ que será patrones de recursión para $C$ .

En particular, para cualquier secuencia creciente de primos, podemos encontrar patrones de recursión, muchos de ellos si la secuencia crece rápidamente.

Ahora la pregunta: ¿puede un par $(A,B)$ sea un patrón de recursión para más de una secuencia de primos? En otras palabras, dado $A$ y $B$ como una recursión ¿es posible que haya más de un valor inicial para $c(0)$ que conducirá a una secuencia infinita de primos?

Observaciones: Si la respuesta es sí, y podemos demostrarlo, yo esperaría que la prueba sea bastante difícil. Tal vez una prueba condicional sería posible. Por otro lado, puede ser elemental demostrar que la respuesta es no. Esta pregunta fue escrita por Moshe Newman.

Answer 1

La respuesta es sí existen "patrones de recursión" que dan como resultado secuencias de primos para más de una elección de $c(0)$ . De hecho, si se dan dos "puntos de partida" cualesquiera, es posible encontrar tales secuencias. La prueba es el principio del encasillamiento.

Comience con $c(0), c'(0)$ . Se trata de dos números primos con diferencia $d(1) := c'(0) - c(0)$ . Entonces, como el conjunto de los números primos es infinito, existe algún par $p_1 < p'_1$ tal que $p_1 \equiv p'_1 (\text{mod }d)$ . Sea $a(1) = \frac{p'_1 - p_1}{d(1)}$ dejar $b(1) = p_1 - a(1) c(0)$ . (Nota: He hecho un poco de trampa aquí, y explicaré el truco al final). A continuación, $c(1) = a(1) c(0) + b(1) = a(1) c(0) + p_1 - a(1) c(0) = p_1$ mientras que $c'(1) = a(1) c(0) + b(1) = \frac{p'_1 - p_1}{c'(0) - c(0)} c'(0) + p_1 - \frac{p'_1 - p_1}{c'(0) - c(0)} c(0) = p'_1$ según se desee.

Se trata de un patrón que puede repetirse de la forma más obvia. Por tanto, tenemos un patrón de recursión que da como resultado secuencias de primos para múltiples "inicios".

Ahora para el tramposo: no hay ninguna razón hasta ahora por qué esto haría $b(i)$ positivo. No tengo una razón completamente elemental para ello, pero el teorema de los números primos debería bastar para garantizarlo. Esencialmente, el $n$ l número primo no crece "lo suficientemente rápido" como para escapar de tales pares.

Answer 2

Hay muy buenas razones para pensar que por cada $g$ hay infinitos primos $p$ con $p+g$ también de primera. Para que esto sea cierto incluso para un $g$ hace que la respuesta a su pregunta sea afirmativa (y se sabe que existe una $g \leq 246$ que funciona). Daré las razones al final junto con una extensión a varias secuencias de primos.

Para $g=10$ los primos con $p+10$ también prime también start out

$$3, 7, 13, 19, 31, 37, 43, 61, 73, 79, 97, 103, 127, 139, 157, 163, 181, 223, 229,\cdots$$

Si esto es realmente infinito, entonces se puede elegir cualquier y el desplazamiento por $10$ como

$$3,19,73,79,157,229,\cdots$$ $$13,29,83,89,167,239,\cdots.$$

Entonces $(A,B)$ es un patrón de recursión para ambas secuencias de primos donde $A=1,1,1,\cdots$ y $B=16,54,6,78,72,\cdots$ es la correcta $B$ secuencia.

Se sabe que hay al menos un $g \leq 246$ con infinitos primos $p,p+g.$ (de hecho infinitamente muchos con los dos primos sucesivos, no es que nos importe aquí). Así que sólo eso demuestra que la respuesta a tu pregunta es sí.

Asumiendo lo que dije sobre incluso $g$ es cierta, se deduce que existe una gran libertad a la hora de encontrar patrones de recursión que describan dos secuencias primos. En concreto: supongamos que jugamos a un juego en el que me das dos primos Impares $p_0 \lt p_0',$ un multiplicador $a_1,$ y un número entero $\beta_1.$ Entonces necesito darte un turno $b_1 \gt \beta_1$ para que $p_1=a_1p_0+b_1$ y $p'_1=a_1p'_0+b_1$ son ambos primos. Entonces, después de que te diga esto, puedes darme cualquier $a_2$ y $\beta_2$ y debo dar $b_2 \gt \beta_2$ para que $p_2=a_2p_1+b_2$ y $p'_2=a_2p'_1+b_2$ son ambos primos. Seguimos así para siempre o hasta que me atasco.

Si siempre consigo dar el primer paso para encontrar $b_1$ entonces nunca me atascaré. Es sólo el mismo problema una y otra vez con una diferente dado $p,p',a,\beta$ cada vez. Sólo tienes que elegir $g=a_0(p'_0-p_0)$ y, puesto que hay infinitos pares $p,p+g,$ elige uno con $p-a_1p_0 \gt \beta_1.$

He aquí los detalles de la reclamación en la parte superior. Defina $\pi_g(x)$ el número de primos $p \lt x$ con $p+g$ también de primera. Entonces hay buenas y simples razones para esperar que $\pi_2(x)$ es asintótica a $C_2\frac{x}{(\ln x)^2} $ para $C_2=\Pi_{p \geq 3}(1-\frac1{(p-1)^2}).$ Cálculos numéricos hasta alta $x$ coinciden bastante bien con esto. El mismo razonamiento sugiere que existe una $C_g$ para cada $g$ que sólo depende de los divisores primos de $g$ Así que $C_{2^k}=C_2$ y para cualquier $g=2^k3^j$ , $C_g=2C_2$ . En general, $C_g=C_2\Pi_{p \mid g}\frac{p-1}{p-2}.$ Una vez más, las pruebas numéricas se ajustan a la predicción.

Extensión Hay unas condiciones obvias sobre $g$ para que sea concebible que exista una progresión aritmética $p,p+g,p+2g,\cdots, p+(s-1)g$ de $s$ primos (digamos con $p\gt 2s$ . ) A saber, $g$ tiene que ser divisible por todos los primos hasta $s.$ Dada una $g$ se conjetura que hay infinitas progresiones de este tipo de $s$ primos e incluso que su densidad sea $c_{s,g}\frac{x}{(\ln x)^s}.$ Si es así, dada cualquier progresión inicial de $s$ primos con hueco $g$ (todos estos primos mayores que $s$ ) y una secuencia de multiplicadores $A$ revelados paso a paso, entonces estos serían los inicios de $s$ secuencias de números primos con el mismo patrón de recursión $(A,B)$ y puedo construir la secuencia de salto $B$ con gran libertad.