A prímek átlagosan egyre ritkulnak, ezért a szomszédos prímek közötti hézag átlagosan a végtelenhez tart, mégpedig a számjegyek számával arányosan. Konkrétan x és 2x között az átlagos hézag aszimptotikusan ln(x), ezt 1896-ban bizonyították. Pár éve bizonyították, hogy a hézag végtelen sokszor legfejlebb 246, és azt sejtjük, hogy minden páros szám végtelen sokszor előfordul hézagként (az ikerprímsejtés ennek speciális esete). Azt is tudjuk, hogy az x körüli prímhézagok gyakran jóval nagyobbak az ln(x)-nél, ezzel a kérdéssel kapcsolatban is volt nagy áttörés az elmúlt években.
Az egyébként elemi úton belátható, hogy a prímhézagok nem korlátosak. Konkrétan n!+2,...,n!+n mind összetett szám, ezért az előtte és az utána levő prímszámok szomszédosak és a távolságuk legalább n.
tehát ha jól értem nem tudjuk hogy ahogy a számok emelkednek a rés 2 prím között tart e egy maximumhoz vagy akármekkora is lehet függetlenül attól hogy ezen számon túl is előfordulhat akár ikerprím is.
Azt bizonyították be hogy végtelen sok (és így tetszőlegesen nagy) olyan prímszám van, amitől pár százat kell lépni a következőig. Az összes prímre ez nem igaz.
úgy tudom bebizonyították hogy max 70 milliót kell lépni a következő primig akármilyen nagy számnál is vagyunk. sőt ezt állítólag levitték pár százra.
itt ami gyakorlatban érdekes az az RSA kódolás hogy az meddig megbízható pl. egy szorzat prímtényezőre bontására lesz e képlet mert ha lesz akkor összeomlik a bankrendszer (is)
A "világ végéig" nem túl tudományos kifejezés. Minden programnak van futási ideje, így a szokásos képleteknek is. Pl. érdekes és fontos probléma, hogy az xy képletnek mennyi a futási ideje, tehát hogy két n-jegyű számot hány lépésben tudunk összeszorozni. A Riemann-sejtés segítségével gyorsan tudjuk eldönteni egy számról, hogy prím-e, továbbá a Riemann-sejtés felső korlátot ad a prímek közti hézagokra (tehát hogy egy adott számtól mennyit kell lépegetni a következő prímig). Ez utóbbira sokkal merészebb sejtések is vannak, mint ami a Riemann-sejtésből következik, tehát igazából a legjobb ismert prímtesztek a különféle sejtések mellett polinomiális időben megtalálják egy adott bemenetre a következő prímszámot.
és rögtön megkapod a következőt
Semmit sem kapsz meg "rögtön". Minden képletnek van futási ideje, hiszen az is csak egy program.
Olvasd újra a 4469-es üzenetemet. Leírtam, miért nem tartom valószínűnek, hogy tisztán geometriai úton tudjuk bebizonyítani a sejtést.
Eratoszthenész szitáját nagy mértékben továbbfejlesztették, erről szól a szitaelmélet. Elképzelhető, hogy egyszer majd szitaelmélettel vagy más közvetlen úton olyan jól meg tudjuk becsülni a prímek számát x-ig, hogy abból kijön a Riemann-sejtés. De a tippem mégis csak az, hogy az automorf L-függvények jobb megértésével fogjuk bebizonyítani a sejtést (ami általánosítható minden ilyen L-függvényre).
ok értem de primképlet alatt azt értem hogy egy egyenlet amibe beírjuk hogy 56663322 akkor kiadja az 56663322 . prímet anélkül hogy a világ végéig futna a program vagy egy olyan program amibe ha beírunk egy prímet akkor kiadja a következőt, pl. a legnagyobb ismert prímet beírod és rögtön megkapod a következőt
Csodálatos a matematika! Próbálom felszedni az alapokat a Riemann-féle zeta-függvénnyel kapcsolatban (máris kezdek ezt-azt megérteni, ezekről korábban csak felületes elképzeléseim voltak), ha jönnek érdekes hírek a témában, legyek valamennyire képben. Izgalmas időket élünk :)) Rengeteget lehet tanulni tőletek, köszönet a magyarázatokért és a linkekért!
egy szorzat pírmtényezőinek megtalálása nem fog egyszerűsödni
A prímtényezőket megtalálni valóban nehéz dolog, de ennek - egyelőre úgy tűnik - nincs sok köze a Riemann-sejtéshez.
nem fogjuk tudni hogy van e olyan képlet ami megadja az n. primszámot
Mint már mondtam, van ilyen képlet, és ez független a Riemann-sejtéstől. Bármilyen algoritmus, ami az n-ből kiszámolja az n. prímszámot, felfogható képletnek és viszont. Ha belegondolsz, egy gyakorlatban alkalmazott képlet nem más, mint egy algoritmus. A képlet megmondja, hogy milyen sorrendben add össze a benne szereplő számokat, vedd a logaritmusukat, emeld őket négyzetre, stb. Képlet = algoritmus = program = applikáció. Minden iskolás gyerek tud írni olyan programot, ami az n-ből kiszámolja az n. prímszámot: a program megy sorra a számokon, megnézi mindegyikre, hogy prímszám-e, majd az n. prímszámnál megáll.
pl. érinti e ez a banki titkosítást vagy bármit a való életben ha kiderül hogy az RH igaz vagy hamis
A Riemann-sejtés legtöbb következménye elméleti jellegű. Ez nem meglepő, hiszen ha egy konkrét szituációban nem úgy történnének a dolgok, ahogy a Riemann-sejtésből következik, akkor lenne cáfolatunk a Riemann-sejtésre. Egy konkrét gyakorlati alkalmazás a következő. Sok prímfelismerő eljárás futási idejére (a bemenet függvényében) a Riemann-sejtés segítségével tudunk jó felső becslést adni. Tehát a Riemann-sejtés garantálja, hogy a program (a bemenet függvényényében viszonylag) gyorsan lefut. A Riemann-sejtés bizonyítása garantálná ezt a futási időt minden bemenetre, az nem csak egy emprikus tény lenne az összes már kipróbált bemenetre.
egy szorzat pírmtényezőinek megtalálása nem fog egyszerűsödni, nem fogjuk tudni hogy van e olyan képlet ami megadja az n. primszámot
tudom sok olyan tézis van a matematikában ami az RH igazságától függ de valami megfogható fontossága egy-két mondatban leírható? pl. érinti e ez a banki titkosítást vagy bármit a való életben ha kiderül hogy az RH igaz vagy hamis.
szoval ha a Riemann sejtés hamis akkor létezik egy képlet ami megadja az n. prímet csak még nem találtuk meg?
A képletnek semmi köze a Riemann-sejtéshez. A képlet egyébként tág fogalom, maga az a kifejezés, hogy "n. prím" egy képlet. Minden, ami kiszámítható, az képletnek tekintendő. Az n. prím kiszámítható, Te is ki tudod számolni adott n-re. A Riemann-sejtés arról szól, hogy mekkora hibával van li(x) darab prím x-ig. Itt li(x) az 1/ln(t) grafikonja alatti terület (2<t<x).
azt is hallottam ha valaki azt bizonyítja hogy nem bizonyítható a Riemann sejtés akkor bebizonyítja hogy igaz mert a Gödel tételből ez következik ez eléggé agyzsibbasztó érvelés
Nem. Arról van szó, hogy ha a RH hamis, akkor erre kézzelfoghatóan rá lehet mutatni. Van 1/2-nél nagyobb valós részű gyök, illetve van egy konkrét szám, ameddig több vagy kevesebb prím van, mint amit a RH implikál.
Illetve ha valaki talál egy megoldást ami nem 1/2+i*x alakú akkor cáfolta a sejtést de nem kapja meg a milkát. ez igaz?
Emlékeim szerint igaz. Keress rá a Clay Millenium Problems leírására. Ott vannak a feltételek, hogy kinek jár a millió dollár.
Igen, itt van az előzmény cikke a finomszerkezeti állandóról. Most sietnem kell dologra, de úgy néz ki, hogy zöldség mindkettő. Lásd a beszélgetést itt és itt (nekem hasonló észrevételeim voltak a Riemann-sejtéses preprinttel kapcsolatban).
szoval ha a Riemann sejtés hamis akkor létezik egy képlet ami megadja az n. prímet csak még nem találtuk meg?
azt is hallottam ha valaki azt bizonyítja hogy nem bizonyítható a Riemann sejtés akkor bebizonyítja hogy igaz mert a Gödel tételből ez következik ez eléggé agyzsibbasztó érvelés
Illetve ha valaki talál egy megoldást ami nem 1/2+i*x alakú akkor cáfolta a sejtést de nem kapja meg a milkát. ez igaz?
