Mayor conjunto de números primos consecutivos.

Question

Esto está relacionado con Euclides prueba de la infinitud de los números primos.

Para cualquier conjunto finito $S = \{p_1, \ldots, p_r \}$ de los números primos, considerar el número de $n = p_1 p_2 \ldots p_r + 1$. Esta $n$ tiene un divisor primo $p$. Pero $p$ no es una de las $p_i$ (donde $1 \leq i \leq r$): de lo contrario, $p$ sería un divisor de a $n$ y del producto $p_1 p_2 \ldots p_r$, y por lo tanto también de la diferencia de $n – p_1 p_2 \ldots p_r = 1, lo cual es imposible.

Por eso, $S$ no puede ser la colección de todos los números primos. (Q. E. D.)

Supongamos que modificar esta prueba en un algoritmo para la generación de números primos, como sigue:

Comenzar con el conjunto inicial $S_0 = S$; en cada paso $i$, la construcción de $n$ como se describe en la prueba, $S_{i + 1} = S_i \cup \{p: p \textrm{ es un divisor primo de } n\}$.

Claramente, este algoritmo produce una secuencia de grandes conjuntos de números primos, pero los números primos en estos conjuntos, no necesariamente consecutivos. ¿Cómo puedo encontrar un conjunto inicial que conduce a la mayor conjunto de números primos consecutivos (posteriormente cada número generado debe ser la siguiente consecutivos cuando se añade en el conjunto)?

Ex. Conjunto inicial $S = \{ 2 \}$.

$n = 2 + 1 = 3$, $3$ tiene un factor primo sólo yo.e $3$, por lo que el conjunto actualizado es $S = \{2, 3 \}$.

$n = 2 \times 3 + 1 = 7$. $7$ tiene un factor primo sólo yo.e $7$, lo $\{2, 3, 7 \}$.

Pero $5$ va a faltar, por lo tanto comenzar con $2$ va a máximo tamaño del conjunto de $2$.

Answer 1

2 es la más posible. Suponer lo contrario; comienzan con $\{p_n,p_{n+1}\}$ y asumir $p_np_{n+1} + 1= p_{n+2}$ (o equivalente, $p_np_{n+1} = p_{n+2}-1$). Postulado de Bertrand, tenemos que $p_{n+2} -1 < 2p_{n+1} - 3 < 2p_{n+1}$, que nos da $p_n < 2$, una contradicción.

Answer 2

De hecho, $2$ le da el mayor conjunto de números primos consecutivos cuando a partir de un conjunto que consta de un solo prime.

A excepción de $2$, todos los positivos de los números primos son impares. Así que si $S = \{ p \}$ donde $p$ es arbitraria impar primo, claramente el próximo primer añadir a $S$$2$, debido a $p + 1$ es incluso. ¿Cómo se que el manejo de las cosas al $n$ tiene más de uno distinto primer factor?

Como el Señor Eitzen sugirió en un comentario que publicó mientras estaba escribiendo esto, usted puede comenzar con un conjunto de más de una consecutivos prime, por ejemplo, $\{ 2, 3, 5 \}$. Pero, a continuación, por el postulado de Bertrand (mencionado por S. Ong), que está garantizado para tener al menos uno de los prime entre el $p_2 \ldots p_r$ $2 p_2 \ldots p_r$ (digamos que siempre do $p_1 = 2$).

Nuestra mejor esperanza en este punto es de $2 p_2 \ldots p_r + 1$ compuesta. Pero, ¿cuáles son las probabilidades de que este número sea divisible por, precisamente, los números primos entre $p_r$$2 p_2 \ldots p_r + 1$?

En el $\{ 2, 3, 5 \}$ ejemplo, obtendríamos $31$ como nuestro próximo primer, omitiendo $7, 11, 13, 17, 19, 23, 29$. Vamos, entonces, a tratar de $\{ 2, 3, 5, 7, 11, 13 \}$, lo que si recuerdo correctamente nos dará un número compuesto. Ah, sí, $30031 = 59 \times 509$. Pero que omite $17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 61, 67, 71, 73, 79, \ldots$

Se los dejo a alguien más para trabajar por el primer número teorema de una estimación aproximada de cuántos números primos hay entre el$p_r$$2 p_2 \ldots p_r + 1$, y de lo improbable que es por el último número sea divisible por todos los números primos.