Решение самой интересной задачи теории чисел в он-лайн режиме.

Этой самой ... задачей полагаю задачу о простых-составных в ряду натуральных.

Приглашаю к обсуждению и совместной работе - мозговому штурму, если есть желание...

Итак.
Назовём интересующие нас числа (те, что будем исследовать в натуральном ряду) кандидатами на звание простое или составное - пока не будем говорить о 2,3,4,..-х составе числа, придём к этому позже.
Разделим кандитатов на две группы по модулю 30:
1-я группа (подмножество): 30i+(1, 7, 13, 19), где i=0.1,2,3...
2-я группа (подмножество): 30j+(11, 17, 23, 29), где j=0,1,2,3...

1-я группа находится в прогрессии 6k+1, k=0,1,2,3...
2-я группа находится в прогрессии 6k-1, k=0,1,2,3...

Составные числа в 1-й группе могут быть получены (6k+1)(6k+1) или (6k-1)(6k-1).
Составные числа во 2-й группе могут быть получены (6k+1)(6k-1) .

Эта маленькая часть введения понятна?

Далее. Мы видим, что "группы" из 4-х чисел выбраны условно и главное по отношению к прогрессии 6k+-1. В конечном счёте симметрия всех решений и записей происходит из 60-ричной системы счисления и производится по модулю 15.
Это к разговору о красоте чисел, который пока только к слову о том, что нам приходится смотреть на числа сквозь призму 10-ричного отображения в привычной записи. Поэтому буду расказывать через модуль 30.

Интересная штуковина получается. :scratch:
А ты другие системы не проверял? 16-я, 8-я? Не только 60-я. Может двоичная подойдёт? Хотя, это неважно.
Алгоритм программы составь.

Меня так знаешь что интересует? Ряд простых расходится, доказал Эйлер. А ряд близнецов сходится. Сумма = 1.902 примерно. Но понятие "близнецовости" можно расширить.

Короче, давай копай дальше.

p.s.
Миша, ещё посмотри вот эту тему на dxdy: Леонид Вайсруб. Много буквов, я ниасилил. Но кто знает, может ценное что? Я не спец.

Посмотрите про простые Софи Жермен.

Существенно более аппликабельные объекты, чем близнецы.
 

ссылка глючит

Михалыч пишет:ссылка глючит

http://ru.wikipedia.org/wiki/Числа_Софи_Жермен]http://ru.wikipedia.org/wiki/Числа_Софи_Жермен

Простые близнецы:
30(i+1)+1, 30i+29/ 30i+(11,13)/ 30i+(17,19) - их только 3 возможных штуки по i - редкий случай, когда три, чаще 2 шт а ещё чаще Одна штука...
Так вот и сводится - показать, что при всех i есть (существует) хотя бы одна такая штука...- шутка...
Понятно, что не для всех i !!! 
Речь идёт о возможности представления такого i - это и будет не только доказательство бесконечности простых, но алгоритм распределения в таковой бесконечности.
Теперь подумаем. А возможно ли это? Нужно считать не это, а просто посчитать плотность составных, рассчитанную на этот интервал из трёх простых... Я слишком сложно это?

Я однажды при решении одной (кстати, вполне практической задачи) столкнулся с забавной ситуацией.
Рассмотрим последовательность
x(n+1) = 2x(n)+1.
Пусть
х(1) = 2 - простое
х(2) = 5 - простое
х(3) = 11 - простое
х(4) = 23 - простое
х(5) = 47 - простое
 
Но х(6) = 95 - составное.
"Цепочки Софи Жермен" :))
 
Я не знаю, есть ли цепочки бОльшей длины (не пытался доказывать)
И не знаю, как часто такие цепочки встречаются.
Удачи!

"Тройка, семёрка, туз" - да, Михалыч?
В цепочках 2p+1=10а+3 (тройка),  2p+1=10а+7 (семёрка), 2p+1=10а+1 (туз)  - возмозны только 3 шт последовательных простых, следущее будет кратно 5. Исключением является описанная Михалычем цепочка:

Рассмотрим последовательность
x(n+1) = 2x(n)+1.
Пусть
х(1) = 2 - простое
х(2) = 5 - простое
х(3) = 11 - простое
х(4) = 23 - простое
х(5) = 47 - простое

Так как эта цепочка содержит первые простые 2 и 5, то является самой длинной для 2p+1=10а+3,  2p+1=10а+7,  2p+1=10а+1
Цепочки 2p+1=10а+9 надо исследовать.
Эти цепочки  2p+1=30i-1, 60j-1   , где i=1,3,5..., j=1,2,3,4...
i=1 -> 29, 59,119,239,479,959..., j=1,2,4,8...
i=3 -> 89,179,359,719..., j=3,6,12...
i=5 -> 149,299,599,1199...j=5,10,20...

Видите 60-ричку? От неё некуда деваться :о)

Михаил Полянский пишет:Эти цепочки  2p 1=30i-1, 60j-1   , где i=1,3,5..., j=1,2,3,4...
i=1 -> 29, 59,119,239,479,959..., j=1,2,4,8...
i=3 -> 89,179,359,719..., j=3,6,12...
i=5 -> 149,299,599,1199...j=5,10,20...

продолжим:
i=7 -> 209,419,839,1679..., j=7,14,28,56...
i=9 -> 269,539,1079,2159..., j=9,18,36,72...

Таким образом все исследуемые цепочки находятся в ряду прогрессий: 60*2ⁿ*l-1, где n=1,2,3..., l=1,3,5...
И хотя - это только часть всех кандидатов на простые: 30m+29=60*2ⁿ*l-1 , что бывает только при m=2ⁿ⁺¹-1
,но имеет свой интерес

Собственно, задача, с которой я столкнулся и знаю о ней очень мало, такова.
Назовем простое число М "плохим", если (М - 1) = PQ, где  P и Q также плохие простые. Несколько примеров я нашел.
Теории тут нет. Есть косвенный результат Эрдеша, из которого должно(?) следовать, что их в диапазоне от 0 до х примерно х/ln^2(x).
Результат 70-летней давности. Ничего более революционного в последующих публикациях не встречал.

Михалыч пишет:Собственно, задача, с которой я столкнулся и знаю о ней очень мало, такова.
Назовем простое число М "плохим", если (М - 1) = PQ, где  P и Q также плохие простые. Несколько примеров я нашел.
Теории тут нет. Есть косвенный результат Эрдеша, из которого должно(?) следовать, что их в диапазоне от 0 до х примерно х/ln^2(x).
Результат 70-летней давности. Ничего более революционного в последующих публикациях не встречал.

Условие этой задачи не понял, соотношение М и. М-1 - поясните?

Михаил Полянский пишет:Разделим кандитатов на две группы по модулю 30:
1-я группа (подмножество): 30i+(1, 7, 13, 19), где i=0.1,2,3...
2-я группа (подмножество): 30j+(11, 17, 23, 29), где j=0,1,2,3...

1-я группа находится в прогрессии 6k+1, k=0,1,2,3...
2-я группа находится в прогрессии 6k-1, k=0,1,2,3...

Составные числа в 1-й группе могут быть получены (6k+1)(6k+1) или (6k-1)(6k-1).
Составные числа во 2-й группе могут быть получены (6k+1)(6k-1) .

Рассмотрим все составные из кандидатов на простые. Получим их, умножая 30i+(1, 7, 13, 19; 11, 17, 23, 29) на 30j+(1, 7, 13, 19; 11, 17, 23, 29)
Заметим, что при фиксированных i и j - таких чисел-произведений 36 шт
НО!!! 20 шт дают числа в прогрессии 6k+1, а 16 шт дают числа в прогрессии 6k-1
Таким образом возникает перевес на 4 шт в периоде составных из половины чисел-кандидатов в сторону прогрессии 6k+1 !!!
Не этим ли обусловлены разброс и шатание составных по ряду натуральных?

Условие этой задачи не понял, соотношение М и. М-1 - поясните?

А я не понял вопроса.
Пусть М - простое. Тогда (М - 1) - составное. Интересует случай, когда последнее - произведение двух простых с тем же свойством для (P-1)  и для (Q-1) и т.д.
"Обобщение цепочек Софи Жермен" :)

Михалыч пишет:

Условие этой задачи не понял, соотношение М и. М-1 - поясните?

А я не понял вопроса.
Пусть М - простое. Тогда (М - 1) - составное. Интересует случай, когда последнее - произведение двух простых с тем же свойством для (P-1)  и для (Q-1) и т.д.
"Обобщение цепочек Софи Жермен" :)

Да, - так. Но ведь нужно доказательство - обобщения таких 2ⁿх+1. Пока по цепочкам СЖ показал расклад от 60i-1 + ... - общее содержит очень плохие цепочки.

И главное в таком вопросе: эта СЖ тут помогает нам в чём? А оказалось (то моё неявное), что свойства составных пополняются при неявной свёртке чётных к нечётным...
Короче - мне нужна ещё больше пауза тут...

M-1=(P-1)(Q-1) , M=2m+1, P=2p+1, Q=2q+1
=> M-1=2ⁿm_j+1, если P-1 и Q-1 - "с тем же свойством".
60i-2=2ⁿ => n=log ₂(60i-2)=log ₂(30i-1)+1
log ₂(30i-1)=/=целое :о)

Остальные цЕпочки о 1,2,3,4 звена СЖ не представляют интереса... Или опять не понял условия?

Володе о близнецах (:о)

Назовём интересующие нас числа (те, что будем исследовать в натуральном ряду) кандидатами на звание простое или составное - пока не будем говорить о 2,3,4,..-х составе числа, придём к этому позже.
Разделим кандитатов на две группы по модулю 30:
1-я группа (подмножество): 30i+(1, 7, 13, 19), где i=0.1,2,3...
2-я группа (подмножество): 30j+(11, 17, 23, 29), где j=0,1,2,3...

1-я группа находится в прогрессии 6k+1, k=0,1,2,3...
2-я группа находится в прогрессии 6k-1, k=0,1,2,3...

Близнецы-кандидаты в простые:
(30(i+1)+1), 30i+29
30i+11, 30i+13
30i+17, 30i+19

Вот такие три штуки...

А теперь.
х..х1*х..х1=х..х1
х..х3*х..х7=х..х1
х..х9*х..х9=х..х1

х..х1*х..х3=х..х3
х..х7*х..х9=х..х3

х..х1*х..х7=х..х7
х..х3*х..х9=х..х7

х..х1*х..х9=х..х9
х..х3*х..х3=х..х9
х..х7*х..х7=х..х9

Поэтому ли в близнецах-кандидатах х..х1 и х..х9 встречаются в 2 раза чаще? Нет! - Их (этих произведений с результатом х..х1 и х..х9 только на 20% больше в рассматриваемом ряду...
Поэтому близнецы: (30(i+1)+1), 30i+29 более часты в качестве простых (или - где-то ошибка ?)