Хабр Курсы для всех
РЕКЛАМА
Практикум, Хекслет, SkyPro, авторские курсы — собрали всех и попросили скидки. Осталось выбрать!
Хабр доступен 24/7 благодаря поддержке друзей
Комментарии 72
Осталось скрыть пост, переселиться к маме, посвятить жизнь математике, и вперед к нобелевской.
Да ладно вам, пошутить уже нельзя.
Всем доброй ночи! :)
Всем доброй ночи! :)
Своим комментарием вы напомнили мне как Выучить С++ за 21 день.
сверхнеудачная шутка
к тому же без смайлика
к тому же без смайлика
при чем здесь нобелевская…
Очень интересное наблюдение.
Единственное, что я подметил, что простые числа составляют подмножество чисел вида 6i+-1
а из вашего наблюдения вполне может следовать, что простые числа имеют фрактальную природу. жутко любопытно так ли это, но математической базы не хватает ((
Единственное, что я подметил, что простые числа составляют подмножество чисел вида 6i+-1
а из вашего наблюдения вполне может следовать, что простые числа имеют фрактальную природу. жутко любопытно так ли это, но математической базы не хватает ((
простые числа на бесконечном множестве не могут иметь фрактальной природы по определению.
при приближении к конечному множеству иногда можно проследить фрактальную природу.
при приближении к конечному множеству иногда можно проследить фрактальную природу.
Задача которую мы решали в 6м классе: доказать, что если к любому простому числу большему 2х, можно прибавить или отнять единицу, чтобы получилось число, делящееся на 6.
для четырёх простых чисел длина цикла зеркальных близнеков у вас получилась 313,
для пяти — 2309,
для шести — ~30000
>>если устремить число критериев (делителей) к ∞
то посчитать сможет только Чак Норрис
для пяти — 2309,
для шести — ~30000
>>если устремить число критериев (делителей) к ∞
то посчитать сможет только Чак Норрис
Для (2;3) цикл равен 6
Для (2;3;5) цикл равен 30
Для (2;3;5;7) цикл равен 210
Для (2;3;5;7;11) цикл равен 2310
Для (2;3;5;7;11;13) цикл равен 30030
Найди закономерность :)))
Для (2;3;5) цикл равен 30
Для (2;3;5;7) цикл равен 210
Для (2;3;5;7;11) цикл равен 2310
Для (2;3;5;7;11;13) цикл равен 30030
Найди закономерность :)))
хах… может отталкиваясь от этого можно доказать рациональную(иррациональную?) природу константы Бруна, плюс вторая, третья проблема Ландау… а вообще довольно интересное наблюдение, чем черт не шутит, хотелось бы заняться этим поподробнее, простые числа таят в себе большие тайны))
Ловко.
Но что-то где-то подобно слышал.
шифрование-дешифрование?
Но что-то где-то подобно слышал.
шифрование-дешифрование?
Интерференция прям
Вам, однозначно, стоит почитать Д. Пойа «Математика и правдоподобные рассуждения». Правда, я после прочтения этой книги доказал гипотезу о том, что квадрат суммы N натуральных чисел равен сумме кубов N натуральных чисел:
(a1 +… + ai)2 = a13 +… + ai3, где a, i ∈ N. ;)
(a1 +… + ai)2 = a13 +… + ai3, где a, i ∈ N. ;)
Поздравляю! Но никакого открытия вы, разумеется, не совершили.
2*3*5*7 = 210.
Поэтому для 4х чисел цикл 210. А вовсе не 313, как вы зачем-то написали в посте.
На вашем рисунке, это кстати хорошо видно.
У вас там просто со 103 начинается почему-то, поэтому первый цикл заканчивается на 313.
Для 5 чисел цикл будет 210*11 = 2310.
Для 6 2310 * 13 = 30030 и т.д.
Почему — надеюсь понятно? В принципе, могу объяснить, но попробуйте сами догадаться.
P.S. К сожалению, в столь изученной области как теория чисел, дилетанты ничего добиться по определению не могут. Поэтому нобелевка (или премия Филдса? ) чуть откладывается.
2*3*5*7 = 210.
Поэтому для 4х чисел цикл 210. А вовсе не 313, как вы зачем-то написали в посте.
На вашем рисунке, это кстати хорошо видно.
У вас там просто со 103 начинается почему-то, поэтому первый цикл заканчивается на 313.
Для 5 чисел цикл будет 210*11 = 2310.
Для 6 2310 * 13 = 30030 и т.д.
Почему — надеюсь понятно? В принципе, могу объяснить, но попробуйте сами догадаться.
P.S. К сожалению, в столь изученной области как теория чисел, дилетанты ничего добиться по определению не могут. Поэтому нобелевка (или премия Филдса? ) чуть откладывается.
Вам правда не понятно откуда цикл и симметрия? Цикл от того что если прибавить к любому числу произведение ваших простых, на которые Вы делите — то делимость сохранится. Симмертрия оттуда же, но чуть заковыристее
Как-то отдыхали мы в крыму, в Балаклаве, и проверяли на программируемом калькуляторе Бинарную проблему Гольдбаха (Бинарная проблема Гольдбаха). Прикол был в том что идея пришла в голову сама и только по приезду домой я узнал про Гольдбаха и его проблемы.
Это я к чему рассказываю: возьмите числовую ось, отметьте все числа делящиеся на два, потом все на три, потом на пять. Затем инвертируйте выделение и вы получите вашу картину — видимо вы открыли инверсию интерференции. Спасибо за внимание.
Это я к чему рассказываю: возьмите числовую ось, отметьте все числа делящиеся на два, потом все на три, потом на пять. Затем инвертируйте выделение и вы получите вашу картину — видимо вы открыли инверсию интерференции. Спасибо за внимание.
Если я сам себе не наврал, то набросал пример обоснования такой повторяющейся симметрии.
Введем понятие множества исключения: это множество всех чисел, которые мы исключаем из возможных делителей, будем обозначать их P(1), P(2)…, А само множество { P(1)… P(n) }
Введем понятие переходного множества: это множества из чисел кратных P(k), из которого вычеркнуты все числа кратные тем, что уже есть в множестве исключения {P(1)… P(k-1)}:
Для тройки результат: 36 9 12 15 18 21 24 27 30 33
Период этого множества будет равен произведению P(1)… P(n), т.к. эти числа простые, пусть P(1) * P(2) *… * P(n) = D
Тогда D — граница симметрии переходного множества
Докажем симметричность переходного множества для любого k
Возьмем некое число на какой либо границе
l1 = z*D + t
l2 = z*D — t
Где z >= 1, t<D
Такое, чтобы l1 было вычеркнуто в переходном множестве, докажем что l2 тоже вычеркнуто
l1 вычеркнуто => оно делится на какое либо число из множества исключения
Следовательно существует P(i) такое, что l1 mod P(i) == 0;
Но z*D mod P(i) == 0 для любого i <= n, т.к. D mod P(i) == 0, (D по определению произведение всех P(j) j<=n)
Следовательно существует целое число f такое, что t = P(i)*f
Тогда l2 mod P(i) так же равно нулю, т.к. P(i) можно вынести за скобки. (l2 = P(i) (z*(D/P(i)) — f))
Следовательно пары вычеркиваются симметрично, обратное следствие, что если l1 не вычеркнуто то и l2 не вычеркнуто доказывается аналогично.
Имеем: на каждой итерации на множество натуральных чисел накладывается некий симметричный паттерн конечной длины симметрии.
Если множество уже имеет симметричный паттерн длины A, и накладывается паттерн длины B, то в результате множество будет содержать паттерн длины C = НОК(A,B)
Если изначальный паттерн длины А симметричен, то изначальный паттерн длины C тоже симметричен, т.к. на эту длину C умещается целое число новых симметричных паттернов, то и паттерн C тоже будет симметричен.
Тогда будем накладывать поочередно паттерны из переходного множества на натуральный ряд (1 2 3 4 5 6 7 8 ...)
Натуральный ряд будет иметь повторяющийся паттерн из «вырезанных» чисел, а «шрамы», которые оставляют эти числа, будут разрывать изначально непрерывную цепь близнецов, в силу паттерна эти «шрамы» будут тоже повторяться
«Шрамы» на вашей картинке — это белые числа.
Следовательно и «близнецы» тоже будут повторяться.
Введем понятие множества исключения: это множество всех чисел, которые мы исключаем из возможных делителей, будем обозначать их P(1), P(2)…, А само множество { P(1)… P(n) }
Введем понятие переходного множества: это множества из чисел кратных P(k), из которого вычеркнуты все числа кратные тем, что уже есть в множестве исключения {P(1)… P(k-1)}:
Для тройки результат: 3
Период этого множества будет равен произведению P(1)… P(n), т.к. эти числа простые, пусть P(1) * P(2) *… * P(n) = D
Тогда D — граница симметрии переходного множества
Докажем симметричность переходного множества для любого k
Возьмем некое число на какой либо границе
l1 = z*D + t
l2 = z*D — t
Где z >= 1, t<D
Такое, чтобы l1 было вычеркнуто в переходном множестве, докажем что l2 тоже вычеркнуто
l1 вычеркнуто => оно делится на какое либо число из множества исключения
Следовательно существует P(i) такое, что l1 mod P(i) == 0;
Но z*D mod P(i) == 0 для любого i <= n, т.к. D mod P(i) == 0, (D по определению произведение всех P(j) j<=n)
Следовательно существует целое число f такое, что t = P(i)*f
Тогда l2 mod P(i) так же равно нулю, т.к. P(i) можно вынести за скобки. (l2 = P(i) (z*(D/P(i)) — f))
Следовательно пары вычеркиваются симметрично, обратное следствие, что если l1 не вычеркнуто то и l2 не вычеркнуто доказывается аналогично.
Имеем: на каждой итерации на множество натуральных чисел накладывается некий симметричный паттерн конечной длины симметрии.
Если множество уже имеет симметричный паттерн длины A, и накладывается паттерн длины B, то в результате множество будет содержать паттерн длины C = НОК(A,B)
Если изначальный паттерн длины А симметричен, то изначальный паттерн длины C тоже симметричен, т.к. на эту длину C умещается целое число новых симметричных паттернов, то и паттерн C тоже будет симметричен.
Тогда будем накладывать поочередно паттерны из переходного множества на натуральный ряд (1 2 3 4 5 6 7 8 ...)
Натуральный ряд будет иметь повторяющийся паттерн из «вырезанных» чисел, а «шрамы», которые оставляют эти числа, будут разрывать изначально непрерывную цепь близнецов, в силу паттерна эти «шрамы» будут тоже повторяться
«Шрамы» на вашей картинке — это белые числа.
Следовательно и «близнецы» тоже будут повторяться.
осталось построить Скатерть Улама
я ничего не понял.
эх, зря я в инсте ушел с ФПМ…
Мне ваш пост напомнил одну из семи проблем тысячелетия — Гипотезу Римана, он предположил что есть некая закономерность в ряде простых чисел, думаю и в эту сторону стоит думать :)
ochen kruto chuvak ☺
ничего удивительного, период явно зависит от множества делителей, при бесконечном множестве период тоже бесконечен, поэтому ничего о природе простых чисел это не скажет
и америку вы явно не открыли, в винамповской визуализации в некоторых местах применяется подобный эффект для создания периодической структуры круговых узоров
и америку вы явно не открыли, в винамповской визуализации в некоторых местах применяется подобный эффект для создания периодической структуры круговых узоров
> что теоретически позволяет легко строить подобные таблицы механически, без факторизации чисел.
Осталось только решить проблемку с нахождением простых чисел меньших длины периода пополам. Для первой сотни простых чисел период имеет длину:
;)
Осталось только решить проблемку с нахождением простых чисел меньших длины периода пополам. Для первой сотни простых чисел период имеет длину:
47119307999061849531624878347602604220205747734096755201886348396164153358450342 21205289256705544681972439104097777157991804380284218315038719444943990492579030 720635990538452312528339864352999310398481791730017201031090
;)
Все это наталкивает на мысль, что, если устремить число критериев (делителей) к ∞, то аналогичные эффекты могут быть теоретически найдены и для подлинно простых чисел
Угу, а ось симметрии будет лежать где то в районе ∞/0.5
^_^
Все это наталкивает на мысль, что, если устремить число критериев (делителей) к ∞, то аналогичные эффекты могут быть теоретически найдены и для подлинно простых чисел, а это могло бы стать открытием тысячелетия :-p
Длина цикла, в таком случае, тоже устремится к ∞ и цикличность пропадет, разве нет?
Зарегистрируйтесь на Хабре, чтобы оставить комментарий
Математика. Симметрия «псевдопростых близнецов»