Conjectura lui Andrica

Rezumarea primului mesaj :

...

...

...

Eu stau şi privesc neputincios la realizările tale minunate şi nu-mi pot da cu părerea despre corectitudinea lor. Va trebui să mă ierţi pentru asta. Eu gândesc mult mai lent, mai leneş. În rest, sunt alături de tine din toată inima!

...

Încredere în potenţialul tău am deplină, pentru că abordezi în mod original problemele şi te pasionează vizibil subiectul. Important este să nu te grăbeşti şi să nu-i subestimezi pe înaintaşii tăi. Dimpotrivă, verifică de mai multe ori orice concluzie care ţi se pare foarte interesantă la care ajungi, cu gândul că poate şi alţii au încercat-o. Aşa ar fi ideal, dar nici eu nu fac aşa de multe ori.

În plus, ceea ce ne dai nouă în public e bine să fie cât mai amănunţit scris, pentru că acolo unde tu vezi ca fiind ceva evident mie mi-ar putea lua zile întregi să înţeleg. Arată-ne cât mai mulţi paşi intermediari care duc la o concluzie. Un asemenea efort te-ar putea ajuta şi pe tine în consolidarea certitudinilor pe care te poţi baza.

...

...

...

Fie p1 si p2 doua numere prime consecutive astfel incat p2=p1+2k unde k este un numar natural astfel incat k>0.Cat de mare poate fi k?Conform conjecturii lui Andrica ar rezulta k mai mic decat 0,5 din (1+2 ori radical din p1).Interesant!

...

De unde rezulta a doua si a treia inegalitate?Reciteste te rog mesajul meu anterior.......

...

...

Demonstrarea conjecturii lui Andrica:
Se stie ca pentru numerele reale a>b>0 exista dubla inegalitate [(a-b)^2]/(4a) < [sqrt(a)-sqrt(b)]^2 < [(a-b)^2]/(4b).In aceasta inegalitate considerand a=p2 si b=p1 unde numerele reale p2>p1 sunt doua numere prime consecutive oarecare atunci rezulta in urma calculelor ca (p2-p1)/[2sqrt(p2)] < sqrt(p2)-sqrt(p1) < (p2-p1)/[2sqrt(p1)].Se demonstreaza usor ca (p2-p1)/[2sqrt(p1)] < 1 adica ca p2-p1 < 2sqrt(p1) si anume:
1) conform postulatului lui Bertrand exista dubla inegalitate p1 < p2 < 2p1 ceea ce inseamna ca sqrt(p2) < sqrt(2)sqrt(p1) adica sqrt(p2)-sqrt(p1) < [sqrt(2)-1]sqrt(p1).
2) inegalitatea p2-p1 < 2sqrt(p1) se mai scrie p2+p1 < 2sqrt(p1)+2p1 < 2sqrt(p1)sqrt(p2)+2p1 ceea ce inseamna ca p2+p1-2sqrt(p1)sqrt(p2) < 2p1 adica [sqrt(p2)-sqrt(p1)]^2 < 2p1 si deci asta inseamna ca sqrt(p2)-sqrt(p1) < sqrt(2)sqrt(p1)
3) Din cele doua inegalitati de la punctul 1) si 2) si anume sqrt(p2)-sqrt(p1) < [sqrt(2)-1]sqrt(p1) si respectiv sqrt(p2)-sqrt(p1) < sqrt(2)sqrt(p1) rezulta imediat ca (p2-p1)/[2sqrt(p2)] < sqrt(p2)-sqrt(p1) < (p2-p1)/[2sqrt(p1)] < 1

...

curiosul,

Este corect cum ai rescris mesajul meu si trebuie sa marturisesc ca am gresit si deci doar dubla inegalitate (p2-p1)/[2sqrt(p2)] < sqrt(p2)-sqrt(p1) < (p2-p1)/[2sqrt(p1)] este adevarata.Ca atare afirmatia mea cum ca (p2-p1)/[2sqrt(p1)] < 1 adica ca p2-p1 < 2sqrt(p1) este gresita ceea ce inseamna ca chiar daca afirmatiile de la punctele 1) si 2) sunt corecte totusi afirmatia de la punctul 3 este gresita.
Unii considera ca doua numere prime sunt consecutive atunci cand diferenta celor doa numere prime este egala cu 1 sau 2 si atunci intr-adevar in acest caz putem spune ca (p2-p1)/[2sqrt(p2)] < sqrt(p2)-sqrt(p1) < (p2-p1)/[2sqrt(p1)]<1.Eu consider ca doua numere prime sunt consecutive daca intre acele doua numere prime nu mai exista niciun alt numar prim si daca diferenta dintre ele este P2-P1=2k iar k<(P1)/2 unde P1>2. Ce inseamna doua numere prime consecutive?

...

...

...

...

...

curiosul,

Ai dreptate!Si eu voi continua sa cercetez..........Multumesc mult!

Conjectura lui Andrica:
Dacă este al -lea număr prim pozitiv, atunci pentru orice .
În legătură cu această conjectură,folosind aceleaşi notaţii şi condiţii am ajuns la următoarea concluzie:
Dacă este al -lea număr prim pozitiv, atunci pentru orice .

...

ia să vedem dacă merge reformulată altfel problema:
din ∀(a,b)∈ℕ* dacă a>b ⤇ √a > √b ⤇ √a - √b > 0
dacă √a - √b < 1 ⤇ √a < 1+ √b
din √a > √b și √a < 1+ √b ⤇ 1+ √b > √a > √b

și atunci conjectura andreica ar fi
∀(a,b)∈ℙ cu a > b și a=p₍ₙ₊₁₎ și b=pₙ ⤇ 1+ √b > √a > √b

sau 1+ √pₙ > √p₍ₙ₊₁₎ > √pₙ

unde ℙ e mulțimea tuturor numerelor prime

hmmm ...

că √p₍ₙ₊₁₎ > √pₙ și 1+ √pₙ > √pₙ e no problem ...

rămîne buclucașul
1+ √pₙ > √p₍ₙ₊₁₎
sau
√pₙ > √p₍ₙ₊₁₎ -1

hopaaa!

păi dacă scad dintr-un număr prim 1 nu devine număr par compus? iar un număr compus nu poate fi prim decît dacă e fix 2 dacă forțăm 2=1∙1 ca să nu amețim? și următorul număr prim mai mic nu e mai mic ca numărul compus de deasupra lui? cel mai mai mare număr compus posibil decît pₙ și cel mai apropiat posibil de p₍ₙ₊₁₎? adică p₍ₙ₊₁₎-1?

adică între pₙ și p₍ₙ₊₁₎ e musai să fie măcar un număr compus?

asta ar însemna că √pₙ > √p₍ₙ₊₁₎ -1 nu poate fi adevărat pentru că p₍ₙ₊₁₎ -1 nu poate fi decît un număr compus mai mare ca pₙ!

deci pₙ < p₍ₙ₊₁₎ -1! pentru orice p₍ₙ₊₁₎ > 2!

adică doar 1 și 2 2 și 3 sunt numere prime consecutive!
caz în care din 2≥3-2 ⤇ √2≥√3-1

faptul că aparent 1 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₁₎ -1) > 0 pentru multe valori ale lui ₙ nu e suficient ca să tragem concluzia că √pₙ > √p₍ₙ₊₁₎ -1 ∀n∈ℕ*!

LE: cu teoria stăm bine practica ne omoară! am băgat un cîrnaț din primele 10k numere prime și se cam potrivește! verificat băbește!

la n=9999 avem √pₙ - (√p₍ₙ₊₁₎ -1) → 0,990....!

de ce aparent demonstrația mea zice că e exact pe dos!?
pentru că din pₙ < p₍ₙ₊₁₎ -1 nu rezultă în mod necesar că √pₙ < √p₍ₙ₊₁₎ -1 chiar dacă e al naibii de sigur că √pₙ < √p₍ₙ₊₁₎!

phiii! a naibii chestie!

curiosule aici e durerea cea mare și drumul oaselor plin de bube în cap vizavi de numerele prime!

cum demonstrezi că din ∀(a,b)∈ℕ* dacă a>b atunci √a > (√b + 1) sau invers, expresia echivalentă, (√a-1)>√b!

în cazul numerelor prime consecutive dă cu virgulă!

e vorba de proporții! raporturi!

din (a,b,c,d,e,f)∈ℕ* și
din (a/b)<(c/d) ⤇ (a/(e∙b))<(c/(e∙d) ? sau
din (a/b)<(c/d) ⤇ (a/(e∙b))<(c/(f∙d)? dacă e > f !? sau
din (a/b)<(c/d) ⤇ ((e∙a)/b))<((f∙c)/d) dacă e < f !? sau e tot e > f!?

aparent între două numere prime consecutive există un raport la fel de constant ca între numărul prim și radicalul său!

un fel de proporție de același fel!

încă o variantă plăcută ochiului a conjecturii:

din 1 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₁₎ -1) > 0 rezultă

√pₙ + 1 > √p₍ₙ₊₁₎

sau|și

√p₍ₙ₊₁₎ > √pₙ

a doua e varianta trivială pentru orice pereche de numere naturale distincte iar prima e inversul ei pretins valabilă doar pentru numere prime consecutive!

e timpul să băgăm cu și mai mult curaj rîtul în grămăjoara de material!
din
∀(a,b)∈ℕ* ∃k∈ℕ* ⤇ √b+k>√a
am putea face o nouă reformulare a conjecturii de genul
∀(a,b)∈ℕ* ∃k=1∈ℕ* ⤇ √b+k>√a ⬄ ∀n∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ ⤇ a=p₍ₙ₊₁₎ ⋀ b=pₙ
de unde putem imediat extinde drăcovenia la
∀(a,b)∈ℕ* ∃k=2∈ℕ* ⤇ √b+k>√a ⬄ ∀n∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ ⤇ a=p₍ₙ₊2₎ ⋀ b=pₙ
∀(a,b)∈ℕ* ∃k=3∈ℕ* ⤇ √b+k>√a ⬄ ∀n∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ ⤇ a=p₍ₙ₊3₎ ⋀ b=pₙ
și astfel ajungem la generalizarea
∀(a,b)∈ℕ* ∃k∈ℕ* ⤇ √b+k>√a ⬄ ∀n∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ ⤇ a=p₍ₙ₊ₖ₎ ⋀ b=pₙ
adică din
√pₙ + k > √p₍ₙ₊ₖ₎
k > √p₍ₙ₊ₖ₎ - √pₙ
și din
p₍ₙ₊ₖ₎ > pₙ ⤇ √p₍ₙ₊ₖ₎ > √pₙ ⤇ √p₍ₙ₊ₖ₎ - √pₙ > 0
deci varianta extinsă a conjecturii e:
din
k > √p₍ₙ₊ₖ₎ - √pₙ > 0 ∀(n,k)∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ
√pₙ + k - √p₍ₙ₊ₖ₎ > 0
√pₙ - (√p₍ₙ₊ₖ₎ - k) > 0
și mai hardcore
k > √pₙ - (√p₍ₙ₊ₖ₎ - k) > (k-1) ∀(n,k)∈ℕ* ⋀ pₙ∈ℙ
altfel spus
1 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₁₎ - 1) > 0
2 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₂₎ - 2) > 1
3 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₃₎ - 3) > 2
4 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₄₎ - 4) > 3
5 > √pₙ - (√p₍ₙ₊₅₎ - 5) > 4

oau!

verificat băbește în excel pentru k=1 iese boboc
la k=2 am două căderi pe cardiogramă la început după care se stabilizează în intervalul 2>x>1, tot mai aproape de 2
la k=3 sunt 13 căderi din intervalul 3>x>2 în 2>x>1 după care se stabilizează cardiograma și cu cît crește n cu atît e mai aproape de k=3
același comportament pentru k=4 și k=5 cu numărul de căderi pe intervalul anterior tot mai multe dar invariabil doar la început și strict pe intervalul imediat anterior, în loc de k > √pₙ - (√p₍ₙ₊ₖ₎ - k) > (k-1) mai mult k > √pₙ - (√p₍ₙ₊ₖ₎ - k) > (k-2)!
foarte interesant!

pun și purcelușul! cu cardiogramele complete de la k=1 la k=5



docs.google.com - serii_conjectura_lui_andrica

numai așa merge imaginea full că a obosit netul cînd am încercat să îi bag pe gît ditamai poza!

Se spune că prin anul 2000 s-a verificat ca fiind adevărată conjectura lui Andrica cu ajutorul calculatorului pentru toate numerele prime mai mici ca numărul .Intuiţia mea îmi spune că trebuie să existe totuşi multe perechi de numere prime consecutive care nu respectă conjectura lui Andrica deoarece este ştiut faptul că din conjectura lui Bertrand rezultă că ceea ce înseamnă că cel mult poate exista între anumite numere prime relaţia şi în acest caz dacă este adevărată concluzia mea şi anume "Dacă este al -lea număr prim pozitiv, atunci pentru orice ." atunci rezultă că există numere prime consecutive pentru care de fapt este adevărat că pentru anumite valori ale lui ceea ce invalidează conjectura lui Andrica adică această conjectură nu este valabilă pentru toate perechile de numere prime consecutive existente.
Care este cea mai mare diferenţă de două numere prime consecutive cunoscută până azi?Pot exista două numere prime consecutive astfel încat diferenţa lor şi anume să fie suficient de mare astfel încât ?Greşesc eu cumva raţionamentul?Mulţumesc!