Primszámokkal kapcsolatosan állnék elő felvetéssel, kérdéssel?
Eukleidész ugyebár bebizonyította hogy a prímszámok száma végtelen. Ennek a lényege, hogy a prímszámok emelkedő sorrendű szorzatához egyet adva az eredmény vagy prímszám, vagy nem az.(összetett szám)
Az összetett számok pedig prímtényezőkre bonthatók, tehát mindig találhatunk újabb prímszámokat.
Igen ám, de minden összetett szám prímtényezős alakjában egynél több, nem feltétlenül különböző prímszám szerepel. Például 4=2x2, a 2 prímszám kétszer jelenik meg.
Azt is bizonyította már valaki, hogy egy bizonyos nagyságrend felett nem fordulhat elő az, hogy a "prímszámok szorzata+1" nem az addigi prímszámok hatványai?
Mert ha igen, akkor az Eukleidészi bizonyítás érvényét veszti!
Megjegyzem, hogy szerintem annak a valószínűsége hogy egy bizonyos nagyságrend felett már csak az addigi prímszámok hatványai forduljanak elő, igen nagy!
Lényegében azt állítom, hogy a fentiek tükrében nem tekinthetjük bizonyítottnak a prímszámok végtelenségét.
Az Eukleidészi bizonyítás mindössze csak valószínűsítés.
Ha valakiben esetleg felmerülne a kérdés hogy miért feltételezném azt hogy egy bizonyos nagyságrend felett már csak az addigi prímszámok hatványai fordulnak elő,
akkor én visszakérdezek:
Ő mire fel feltételezi ennek az ellenkezőjét?
Feltételezésre alapozva nem lehet "bizonyítást" levezetni ....
:D
válasza:Nem értetted meg a bizonyítást.
A prímszámok száma végtelen.
Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy csak véges sok prímszám létezik, legyenek ezek p1(=2),…,pr. Tekintsük az A=p1…pr+1 számot.
Az A nyilván a p1,…,pr prímszámok egyikével sem osztható. (Mert mindegyikkel osztva 1 maradékot ad.)
Ugyanakkor minden 1-nél nagyobb számnak, így A-nak is létezik prímosztója. Ez szükségképpen különbözik a p1,…,pr prímektől, ami ellentmond az indirekt feltevésnek.
válasza: válasza:Érteni vélem a kérdező felvetését; arra gondol, hogy vegyük például a 2*3*5*7*11*...*p(k) szorzatot, nyilván ez mindegyik prímszámmal osztható, ami benne van, viszont ha vesszük az ennél 1-gyel nagyobb számot, akkor az esetleg felírható 2^n alakban vagy mondjuk 3^n*7^k*11^l alakban. Ebben viszont a hiba az, hogy ha egy szám osztható egy számmal, akkor az 1-gyel nagyobb szám biztosan 1 maradékot ad vele, tehát az 1024 osztható 2-vel, de az 1025 1 maradékot fog vele adni.
Tehát a felsorolt prímtényezők semmi szín alatt nem oszthatják az új számot, pláne nem többszörösen, így azt csak egy olyan prímszám oszthatja, amit nem tartalmaz a szám prímtényezős felbontása.
#4, és #6-nak:
Egy apró, de annál lényegesebb momentumot figyelmen kívűl hagytatok!
Például ha az első 9 primszám szorzatát vesszük, az 9.699.690
Az általatok felhozott összefüggések és feltételek bár igazak, de csak kizárólag az első 9 prímszám vonatkozásában!
Maradt még pár millió darab, amire viszont nem!
#6-nak:
"Tehát a felsorolt prímtényezők semmi szín alatt nem oszthatják az új számot, pláne nem többszörösen,"
Egyetértek, viszont a többivel osztható lehet.
Példa: 2x3x5x7x11x13=30030
30030+1=30031=59X509
És mint már jeleztem, jó pár prmszám áll rendelkezésre ami nem tagja a prímtényezős felbontásnak.
Ha egy nagyon magas nagyságrendnél bekövetkezik az amit sejtek, akkor onnantól kezdve már a p1xp1x...pn+1 egyenlő lesz egy pn-nél nagyobb prímszám egész számú hatványával.
Nos pontosan ez az opció az, amit Eukleidész nem cáfolt, pedig könnyen elképzelhető!
Egy korrekció az előzőhöz:
már a p1xp2x...pn+1
BOCSI. :)
válasza:Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!