Подсчет количества простых в натуральном ряду
Страница 1 из 1
Подсчет количества простых в натуральном ряду
При решении основной задачи составных встречаются интересные промежуточные примерчики (позадачки).
Итак. Вводные примерчика-подзадачки :
- натуральный ряд содержит 100% всех натуральных чисел,
- убираем чётные, остаётся 1/2 часть чисел,
- убираем и кратные 3-м, остаётся 1/4 часть,
- убираем кратные 5-и, остаётся 1/5-1/15*m, где m(k) и 15k+-2i, где k -натуральное нечётное, m=-1,0,1,2,3, i=1,2,3,4
Вот тут, в функциональной зависимости m(k) - открывается много интересного...
Но самое интересное, что для четырёх значений m и четырёх значений i (ерунда для алгоритма) - требуется только серьёзно разбираться только с k
Итак. Вводные примерчика-подзадачки :
- натуральный ряд содержит 100% всех натуральных чисел,
- убираем чётные, остаётся 1/2 часть чисел,
- убираем и кратные 3-м, остаётся 1/4 часть,
- убираем кратные 5-и, остаётся 1/5-1/15*m, где m(k) и 15k+-2i, где k -натуральное нечётное, m=-1,0,1,2,3, i=1,2,3,4
Вот тут, в функциональной зависимости m(k) - открывается много интересного...
Но самое интересное, что для четырёх значений m и четырёх значений i (ерунда для алгоритма) - требуется только серьёзно разбираться только с k
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
А ведь интереснейшая задачка.
1. Среди 15k+-2i - 3 шт близнецов при i=1,2 и i=4
2. Составные:
- k=1, 0 шт. и соответственно 8 шт. простых
- k=3, 1 шт, при i+=2 и соответственно составной один близнец, 7 шт простых
- k=5, 2 шт, при i+=1,4 и соответственно составных два близнеца, 6 шт простых
- k=7, 1 шт, при i+=4 и соответственно составной один близнец, 7 шт простых
- k=9, 2 шт, при i-=1,4, i+=3 и соответственно составное одно число и составных два близнеца, 5 шт простых
...
1. Среди 15k+-2i - 3 шт близнецов при i=1,2 и i=4
2. Составные:
- k=1, 0 шт. и соответственно 8 шт. простых
- k=3, 1 шт, при i+=2 и соответственно составной один близнец, 7 шт простых
- k=5, 2 шт, при i+=1,4 и соответственно составных два близнеца, 6 шт простых
- k=7, 1 шт, при i+=4 и соответственно составной один близнец, 7 шт простых
- k=9, 2 шт, при i-=1,4, i+=3 и соответственно составное одно число и составных два близнеца, 5 шт простых
...
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
Современное состояние вопроса о простых числах в прогрессиях можно почитать здесь
http://dic.academic.ru/dic.nsf/enc_mathematics/4679/%D0%A0%D0%90%D0%A1%D0%9F%D0%A0%D0%95%D0%94%D0%95%D0%9B%D0%95%D0%9D%D0%98%D0%95
???????- Гость
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
Спасибо. Если там всё собрано, что известно, то имеет смысл продолжить исследования :о)Михалыч пишет:Современное состояние вопроса о простых числах в прогрессиях можно почитать здесьhttp://dic.academic.ru/dic.nsf/enc_mathematics/4679/%D0%A0%D0%90%D0%A1%D0%9F%D0%A0%D0%95%D0%94%D0%95%D0%9B%D0%95%D0%9D%D0%98%D0%95
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
Обратите внимание на фразу в конце статьи и начале раздела о простых в прогрессии, что с помощью решета Эратосфена (а именно его версии Вы и исследуете) не удалось доказать закон распределения.Спасибо. Если там всё собрано, что известно, то имеет смысл продолжить исследования :о)
Потребовались неэлементарные методы (L-функции Дирихле).
Явится ли это замечание стимулом для Ваших исследований или отвратит от них - решать Вам.
???????- Гость
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
В решете и последующих исследованиях подобным методом - не обнаруживалась периодичность. Распределение без аналитической зависимости невозможно - согласен. У меня чуть иное - периодичность простых и составных с периодом кратным 30. Простого решения нет, но есть идеи и куски решения...Михалыч пишет:Обратите внимание на фразу в конце статьи и начале раздела о простых в прогрессии, что с помощью решета Эратосфена (а именно его версии Вы и исследуете) не удалось доказать закон распределения.
Потребовались неэлементарные методы (L-функции Дирихле).
Явится ли это замечание стимулом для Ваших исследований или отвратит от них - решать Вам.
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
Например. Квадраты чисел множества 15k+-2i принадлежат этому множеству (все) и из восьми чисел при фиксированном k - квадратами могут быть только числа при i=2.4. Причем, при i=2 - это квадраты чисел с i=1,3 , а при i=4 - это квадраты чисел с i=2,4
Расшифрую чуть.
Квадраты только в числах: 30n+1 и 30n+19
Расшифрую чуть.
Квадраты только в числах: 30n+1 и 30n+19
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Re: Подсчет количества простых в натуральном ряду
6k +1= (6n+1)(6m+1)->(6n+1)m+nMPol пишет:Спасибо. Если там всё собрано, что известно, то имеет смысл продолжить исследования :о)Михалыч пишет:Современное состояние вопроса о простых числах в прогрессиях можно почитать здесьhttp://dic.academic.ru/dic.nsf/enc_mathematics/4679/%D0%A0%D0%90%D0%A1%D0%9F%D0%A0%D0%95%D0%94%D0%95%D0%9B%D0%95%D0%9D%D0%98%D0%95
6k +1= (6n-1)(6m-1)->(6n-1)m-n
6k -1= (6n-1)(6m+1)->( 6n-1)m+n
Нумерация по n натуральному – почему нельзя усилить по прогрессиям? Нумерация же сохраняется…
Расчёт вёлся по всему ряду натуральных, а тут мы выкидываем все чётные и кратные 3-м, получая такое же решето с тем же арифметическим законом подсчёта... Тут что-то мне не очень понятно...
Михаил Полянский- Модератор
- Сообщения : 3816
АКТИВНОСТЬ : 11649
РЕПУТАЦИЯ : 35
Дата регистрации : 2009-09-16
Возраст : 62
Откуда : Москва
Страница 1 из 1
Права доступа к этому форуму:
Вы не можете отвечать на сообщения