Eine typofreie, detailorientierte Vermutung
Ich habe die Dinge in meinen beiden Posts vor dem letzten stark überbewertet. Vielen Dank für die Bereitstellung von Referenzen, die mich in die Realität zurückgebracht haben.
Vermutung Für beliebige ganze Zahlen$\ 0 \le k \le m\ $ es existiert eine ganze Zahl $\ n\ge m\ $ so dass für jede natürliche Zahl $\ s\ $ mindestens eine der Nummern
$$\ p(x+s+1)-p(x+s)\ \ne\ p(x+1)-p(x) $$
wo $\ k\le x < n$.
Hier, $\ p(0)=2, p(1)=3,\ldots\ $ ist die streng ansteigende Folge aller Primzahlen.
Eine Assembler-ähnliche äquivalente Formulierung:
Vermutung'
$$ \forall_{m\in\mathbb Z_{\ge 0}}\,\forall_{k\in 0..m}\, \exists_{n\in\mathbb Z_{\ge m}}\,\forall_{s\in\mathbb N}\, \exists_{x\in k..n\!-\!1} $$ $$ p(x+s+1)-p(x+s)\ \ne\ p(x+1)-p(x) $$
Hier (Perl-Notation),
$$\ u..v\ :=\ \{x\in\mathbb Z:\ u\le x\le v\} $$
Antworten
Wie im vorherigen Beitrag, lassen Sie $q=p(k)$ und lass $n\geq m$ sei so, dass Primzahlen $p(x),k\leq x<n$ decken alle rückstandsklassen mod $q$.
Angenommen, dies $n$funktioniert nicht Dies bedeutet, dass$p(x+s+1)-p(x+s)=p(x+1)-p(x)$ für alle $k\leq x<n$. Addieren wir eine Reihe solcher Gleichungen, die wir erhalten$p(x+s)-p(k+s)=p(x)-p(k)$ für alle $k\leq x\leq n$. Wie$s>0$, wir haben $p(k+s)>q$ so ist es unteilbar durch $q$. Es gibt einige$k<x<n$ so dass $p(x)\equiv -p(k+s)\pmod{q}$und wir bekommen $p(x+s)=p(k+s)+p(x)-p(k)\equiv 0\pmod q$, was unmöglich ist als $p(x+s)>q$daher ein Widerspruch.
ANMERKUNG :
$u_0\ \ldots\ u_n\,\ $ und $\ v_0\ \ldots\ v_n\,\ $ sind willkürlich endliche streng ansteigende Sequenzen nicht negativer Ganzzahlen gleicher Sequenzlänge $\ n+1$.
$p(0)=2, p(1)=3, \ldots\ $ist die streng zunehmende Folge aller (aufeinanderfolgenden) Primzahlen.
$ p(u_0)\ \ldots\ p(u_n)\,\ $ und $\,\ p(v_0)\ \ldots\ p(v_n)\ $ sind willkürlich endliche streng ansteigende Folgen von Primzahlen (nicht unbedingt aufeinanderfolgend), wobei die Länge der beiden Folgen gleich ist, nämlich $\ n+1.$
Das Ziel: Wir werden sehen, dass unter bestimmten zusätzlichen Annahmen die beiden obigen endlichen Sequenzen identisch sind; insbesondere wenn sichergestellt ist, dass einer von ihnen als Erweiterung einer anderen kürzeren Sequenz existiert.
Wojowu hat seine Antwort im Q & A-Stil veröffentlicht. Er verdient eine rundere Darstellung. Lassen Sie mich der Erste sein, der es tut. Es wird nur eine Präsentation sein. Die Ergebnisse sind ausschließlich Wojowu (Wojciech Wawrów) zu verdanken .
Satz 1 Unter der Annahme unserer NOTATION, wenn es eine Primzahl gibt$\ q\ $ so dass für jede ganze Zahl $\ x\ $ es existiert mindestens eine ganze Zahl (Index) $\ a(x)\ $ so dass $$ p(u_{a(x)})\ \equiv x\ \mod q $$ und wenn es eine ganze Zahl gibt $\ s\in\mathbb Z\ $ so dass
$$\forall_{t=0}^n\quad p(v_t) = p(u_{s+t}) $$ und $$ \forall_{t=1}^n\quad p(v_t)-p(v_{t-1})\ =\ p(u_t)-p(u_{t-1}) $$
dann $\ s=0$.
Bemerkung Die letzte Annahme kann äquivalent geschrieben werden als
$$ \forall_{t=1}^n\quad p(v_t)-p(u_t)\ =\ p(v_{t-1})-p(u_{t-1}) $$
Beweis ( von Satz 1 ) Lassen Sie die Annahmen des Satzes gelten. Durch die obige Bemerkung für jede ganze Zahl$\ x\ $ es existiert mindestens eine ganze Zahl (Index) $\ b(x)\ $ so dass $$ p(v_{b(x)})\ \equiv x\ \mod q $$
Die Begriffe in jeder Primfolge, die sind $\ 0 \mod q\ $ sind einfach gleich $\ q.\ $ Wenn Ganzzahl $\ s\ $ waren anders als $\ 0\ $ dann die gleiche Primzahl $\ q\ $ würde zweimal erscheinen - $\ s\ $Orte auseinander - in der zunehmenden Reihenfolge aller Primzahlen; das wäre ein widerspruch. Ende des Beweises
Weitere ANMERKUNG : Gegebene ganze Zahlen$\ 0\le m\le n,\ $ Primsequenz $ p(u_0)\ \ldots\ p(u_n)\,\ $ wird als minimal bezeichnet $n$-Erweiterung einer streng ansteigenden Sequenz $ p(u_0)\ \ldots\ p(u_m)\,\ \Leftarrow:\Rightarrow$ $$ \forall_{k=m+1}^n\quad u_k=u_m+k-m, $$
Satz 2 Für jede streng ansteigende endliche Primfolge$ p(u_0)\ \ldots\ p(u_m)\,\ $ Es gibt eine minimale Erweiterung $ p(u_0)\ \ldots\ p(u_n)\,\ $ Das ist einsam, was bedeutet, dass es die einzige Primsequenz ist $ p(v_0)\ \ldots\ p(v_n)\,\ $ so dass es eine ganze Zahl gibt $\ s\in\mathbb Z\ $ so dass
$$\forall_{t=0}^n\quad p(v_t) = p(u_{s+t}) $$ und $$ \forall_{t=1}^n\quad p(v_t)-p(v_{t-1})\ =\ p(u_t)-p(u_{t-1}). $$
Beweis für$n$ groß genug, dass alle Restklassen \ mod p (u_0) in erscheinen $ p(u_0)\ \ldots\ p(u_n)\,\ $(nach Dirichlet Theorem). Dies ergibt nach Satz 1 eine Sequenz$ p(u_0)\ \ldots\ p(u_n)\,\ $einsam. Ende des Beweises