Miten on todistettu että alkulukuja on loputtomasti?
alkulukujen loputtomuudesta
jesuiitta321
18378
0Äänestä
Muut lukivat myös
Odottaa vastausta
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Turvaa tilisi vahvistamalla puhelinnumerosi. Voit silloin palauttaa unohtuneen salasanan tekstiviestillä.
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Vastaukset 18
Vanhimmat
Otetaan järjestyksessä kaikki peräkkäiset alkuluvut jotka tunnetaan, kerrotaan ne keskenään ja lisätään yksi. Näin saadaan uusi alkuluku. Selvitetään välissä olevat tuntemattomat alkuluvut ja toistetaan prosessi.
Voisitko edes suurimpiirtein kertoa meille maallikoille, monta tuntematonta alkulukua siinä välissä on ja kuinka monta triljoona vuotta niiden selvittämiseen menee? Siis jo ihan siinä ekassa tapauksessa vuonna 2012.
Tuo oli vain ajatuskoe, joka selvitti periaatteen. Sama asia voidaan pukea matemaattisen todistuksen muotoon-.
Aluksi riittää ottaa kaksi ensimmäistä alkulukua. 2x3 1 = 7. Haetaan yksi seuraava alkuluku eli 5.
2x3x5 1 = 31
2x3x5x7 1 = 211
2x3x5x7x11 1 = 2311
2x3x5x7x11x13 1 = 30031
...
2x3x...x29x31 1 = iso luku
Jotenkin tuosta voi päätellä, että tätä voi jatkaa loputtomiin.
Menee vähän metsään. Saatu luku ei ole välttämättä alkuluku. Esim. 2*3*5*7*11*13 1 = 30 031 = 59 *509
Oikea prosessi on seuraava:
2x3x5 1=31
2x3x5x7x11x13x17x19x23x29x31 1=?
jne
Vielä korjaus tuohon: tuo saatu uusi luku ? ei ole välttämättä uusi alkuluku; jos se ei ole, se on jaollinen alkuluvulla, joka on suurempi kuin 31. Näin saatuun uuteen alkulukuun perustuen prosessi voidaan toistaa kerta toisen jälkeen.
"Menee vähän metsään. Saatu luku ei ole välttämättä alkuluku. Esim. 2*3*5*7*11*13 1 = 30 031 = 59 *509"
Ei kait tuossakaan mikään mene pieleen. Ei missään ole oletettu 30031:n olevan alkuluku. Joskus tulee 59:n ja 509:n vuoro. Todistukseenhan riiittää, että aina löytyy vähintään yksi jo löydettyä alkulukua isompi luku. Loputtomasti.
Miten niin oikea? Ei ainakaan todistuksen kannalta.
Alkulukulauseesta saadan, että jos x:s alkuluku on kysytty 2^43112609-1, niin saadaan likimääräinen yhtälö x/ln(x)=2^43112609-1. En kuitenkaan keksi temppua, jolla tuon likimääräisratkaisun saisi selville käyttämilläni softilla. Sitten tuosta kysytystä x:n arvosta pitää vähentää vielä tunnettujen alkulukujen lukumäärä.
"Ei kait tuossakaan mikään mene pieleen. Ei missään ole oletettu 30031:n olevan alkuluku."
Tuossahan sanottiin "Otetaan järjestyksessä kaikki peräkkäiset alkuluvut jotka tunnetaan, kerrotaan ne keskenään ja lisätään yksi. Näin saadaan uusi alkuluku." eli nimenomaan oletettiin.
Yksi vain tuossa alempana esittikin oikean todistuksen, joten siihen ei liene tarvetta palata.
"Tuossahan sanottiin "Otetaan järjestyksessä kaikki peräkkäiset alkuluvut jotka tunnetaan, kerrotaan ne keskenään ja lisätään yksi. Näin saadaan uusi alkuluku." eli nimenomaan oletettiin."
Kuka sanoi mitä? En ainakaan minä. Et voi ottaa ihan irrallista lausetta jostain aivan muusta yhteydestä ja yrittää todistaa sillä jotain. Yllähän juuri esitin, ettei tuollaista puppulausetta tarvita.
Se mateemaattinen todistushan löytyy kaikista oppikirjoista Wikipedista. Esitin vain sen maallikoille soveltuvan tavan ymmärtää asia. No aina löytyy yksi, joka ei osaa edes lukea.
Laskin, että 10^12978195/ln(10^12978195)/(2^43112609-1) on noin 0,1 ja 10^12978196/ln(10^12978196)/(2^43112609-1) on noin 1,1. Eli tuon alkulukulauseapproksimaation mukaan niitä on aika monta. :) Enpä ole tutustunut, kuinka suuren virhearvion alkulukulause antaa tuota suuruusluokkaa olevilla luvuilla.
Tuota alkulukulausetta parempi arvio saadaan laskemalla integraali 1/log x, missä x käy välin 2:sta 2^43112609-1:ään. Tämän likiarvo on noin 1.0590*10^12978181. Jos Riemannin hypoteesi oletetaan tunnetuksi, saadaan maksimivirheeksi Schoenfeldin estimaatilla noin 0.212*10^6489101.
Ei se tainnut tuossa aiemmin mennä vielä oikein. Eli:
Olettakaame, että alkulukuja on äärellinen määrä: p1, p2, p3, ... , pn.
Olkoon P = p1*p2*p3*...*pn 1
Jos P on alkuluku, on selvästikin olemassa alkuluku, joka ei ollut joukossa p1, p2, p3, ... , pn, joten oletuksemme oli virheellinen.
Jos P ei ole alkuluku, täytyy P:n olla jaollinen jollain alkuluvulla p. Jos p olisi jokin alkuperäisen joukkomme alkuluvuista p1, p2, p3, ... , pn, olisi 1/p kokonaisluku*, mikä ei tietenkään ole mahdollista, joten oletuksemme oli tässäkin tapauksessa virheellinen.
Alkulukuja ei siis voi olla äärellistä määrää.
* vielä perustelu tuolle, että 1/p olisi kokonaisluku, siltä varalta että se ei suoraan aukea:
P = p1*p2*p3*...*pn 1
p on joku joukosta p1, p2, p3, ... , pn
P/p on kokonaisluku, joten myös (p1*p2*p3*...*pn 1)/p pitää olla kokonaisluku
(p1*p2*p3*pn)/p on kokonaisluku (koska p on yksi tulon tekijöistä)
=> myös 1/p täytyisi olla kokonaisluku
Wikipediassahan on ikivanha Eukleidesin todistus tästä asiasta ...
miettikää sitä, me elämme vuotta 2012 ja herra Eukleides todisti tämän jotain 300v ennen ajanlaskumme alkua ;) ei ne kaikki olleet tyhmiä paimentolaisia silloin.
Täytyy osoittaa vähän rispektiä!
Juu, Kreikassa oli _ennen_ viisaita miehiä!
Luku p on alkuluku jos se ei ole jaollinen kuin luvuilla 1 ja p sekä p>1.
Jos alkulukuja ei ole äärettömästi on niitä äärellinen määrä esim n kpl.
Merkitään alkulukuja p1,p2,p3,...,pn
Nyt niiden tulo P=p1p2p3p4...pn on jaollinen kaikilla kyseisillä alkuluvuilla.
Tarkastellaan lukua P 1, se on suurempi kuin mikään alkuluvuista, joten se ei
voi olla alkuluku (mikäli alkulukuja vain äärellinen määrä). Jote P 1 on jaollinen
jollain alkuluvulla pk (k on jokin 1,2,3,...,n). Eli pk jakaa sekä luvun P että luvun P 1, joten se jakaa myös niiden erotuksen eli pk jakaa luvun P 1-P=1 eli jos alkulukuja on äärellinen määrä niin on myös olemassa alkuluku joka jakaa luvun 1.
Tämä on mahdotonta, joten ei myöskään ole mahdollista että alkulukuja olisi vain äärellinen määrä (ainakaan muuttamatta alkuluvun määritelmää)