ALKULUKUJEN ARVOITUKSET, PIENI VÄLIPALA ENNEN FINAALIA.
Netistä löytää monia kaavoja, joilla voi etsiskellä alkulukuja. En tiedä minkälaisten algoritmien avulla aiheeseen erikoistuneet tutkijat niitä metsästävät, mutta jos he käyttävät hyväkseen esitettyjä kaavoja, heiltä jää moni alkuluku löytämättä matkan varrella.
Helpoin tapa löytää suurikokoinen alkulukupari on kertoa yhteen tekijöitä, mutta hypätä alkulukuparin ylitse. Sitten saatuun lukuun lisätään yli hypätyt alkulukuparin jäsenet, ja ne myös vähennetään niistä.
n x 2 x 3 x 5 x 7 x 17 + 11 / +13 (- 11 / - 13)
Syy miksi tämä toimii on se, että saadut luvut eivät voi sisältää tulossa mukana olleita tekijöitä, mutta varmuudelle matriisin siinä kohdassa on potentiaalinen alkulukupari.
Esimerkiksi, (kun n =1):
3570 + 11 = alkuluku
3570 + 13 = alkuluku - pari!
3570 - 11 = alkuluku
3570 - 13 = alkuluku - pari!
(kun n =2)
7140 + 11 = alkuluku
7140 + 13 = 23 x 311
7140 - 11 = alkuluku
7140 - 13 = alkuluku - pari!
Tällä yksinkertaisella funktiolla löytyi heti peräti kolme suurikokoista alkulukuparia, ja osumatarkkuus alkulukuihin oli muutenkin melko hyvä.
Monesti kuuluisissa kaavoissa, joilla alkulukuja metsästetään, ei ole mitään ihmeellistä. Niissä on jokin tietty osa, joka toimii kohtalaisen hyvin, mutta ne eivät ole sen parempia kuin tällaiset kotikutoiset etsintämenetelmät.
Harmillista on se, että niin monet suu auki ihmettelevät, miten voi olla mahdollista X ja Y plus 1 ja WOW- alkuluku! alkuluvuista on tullut modernin matematiikan mystinen ja alkemiaa muistuttava osa-alue, jonka toimintaperiaatteita juuri kukaan ei osaa selittää.
Otetaan varmuuden vuoksi sama kaava, mutta vaihdetaan 17: tilalle 19.
(kun n =1):
3990 + 11 = alkuluku
3990 + 13 = alkuluku - pari!
3990 - 11 = 23 x 173
3990 - 13 = 41 x 97
(kun n =2)
7980 + 11 = 61 x 131
7980 + 13 = alkuluku
7980 - 11 = 13 x 613
7980 - 13 = 31 x 257
Tällä kertaa pareja löytyi vain yksi. Mikään funktio ei siis ole erehtymätön, vaikka se toimisikin loppuun asti.
Mielenkiintoista jälkimmäisessä tapauksessa on se, että 7980 - 11 sisältää tekijänä luvun 13. Kukaan ei väittänytkään, ettei alkulukuparin etsimistä voisi pilata juuri se toinen alkuluku, jota etsinnässä käytetään apuna. 7980 - 13 ei voi olla jaollinen luvulla 13, mutta sen pari voi hyvinkin olla.
HUOM. Funktioissa on se mielenkiintoinen piirre, että monet näennäisesti toimimattomat funktiot voivat alkaa myöhemmin toimia, mutta niitä ei ole havaittu, koska harvinainen poikkeama esiintyy jo melko alussa. Vastaavasti monet ihmeellisinä pidetyt kaavat eivät ole niin ihmeellisiä pitkällä tähtäimellä, ne vain sattumalta antavat hyviä tuloksia etsinnän alkuvaiheessa.
Vielä sananen alkulukuparien äärettömästä määrästä
Jos joku on lukenut tänne saakka, hän on toivon mukaan jo ymmärtänyt, miksi alkulukupareja on niin paljon ja miksi olisi vaikea uskoa, ettei niitä olisi loputtomasti.
Tämän kirjoitussarjan ensisijainen tarkoitus on lisätä ymmärrystä, ei niinkään todistella. Lukuteoria polkee paikoillaan, koska ymmärrys perusasioista on kadonnut ja fukntioihin luotetaan miltei taikauskon vallassa.
Vaikeudet alkavat selkiytyä, kun
a) huomio siirtyy alkuluvuista tekijöihin
b) tekijöillä ymmärretään olevan säännönmukaisia askelkuvioita
c) että tekijöiden muodostamat kuviot ovat symmetrisiä ja yhdistyvät suuremmiksi kuvioiksi, mikä viittaa fraktaaleihin
sekä
d) alkuluvut eivät ole rakennuspalikoita, vaan aukkokohtia aritmeettisesti ilmaistavissa rakenteissa.
ja
e) tekijät ovat hitaita, kömpelöitä ja ne toistavat virheensä, eli ne eivät koskaan ja missään olosuhteissa saa peitettyä kovinkaan laajaa lukusuoran janaa. Uudet alkuluvut ja pariutuvat sellaiset pomppavat esiin kuin sienet sateella.
Koska tekijät kiertävät matriisissa kuten planeetat radoillaan, tai kuten kellon viisarit - tosin viisareita on niin paljon, että koko näyttätaulu uhkaa paikoin jäädä niiden peittoon.
On kuitenkin väistämätöntä, että suuria harppauksia ottavat tekijät hyppäävät tietyin väliajoin matriisissa luonnollisesti ja ikuisesti esiintyvien parillisten aukkokohtien ylitse - tai niiden väliin -, jolloin löydämme kaksi lähellä toisiaan sijaitsevaa alkulukua, niin kutsutun parin.
Parien esiintymisessä ei myöskään ole taustalla mitään taikuutta. Paljon useampiakin alkulukuja saattaa esiintyä lähekkäinn silloin, kun parin keskelle on samaan aikaan osunut useita tekijöitä. Ne harppovat tällöin pitkälle eteen ja taakse, jolloin alkulukuja tuntuu ilmaantuvan miltei perhekunnittain.
Kaksoisfunktio eli ristikkäisetsintä
eli KATAMARAANIFUNKTIO (tai hauskemmin tandem-funktio)
Aiemmin mainitun tekijöiden harppomisen vuoksi ei ole välttämätöntä, että etsimme alkulukuja funktiolla, jonka ytimessä on tulo, ja johon sitten on lisätty alkuluku, yleensä luku 1.
Voimme tehdä myös katamaraani-funktion, eli kahden tulon summasta koostuvan algoritmin. Saadussa luvussa ei tällöin voi esiintyä kummankaan alkion tekijöitä. toisen rungon on oltava pariton, mikä tapahtuu automaattisesti, jos samaa tekijää ei käytetä kahdesti.
2x3x5 + 7x11x13
30 + 1001 = 1031 alkuluku!
Tietääkseni kukaan ei ole aiemmin rakentanut alkulukujen etsimiseen katamaraanirunkoista algoritmiä. Syy on todennäköisesti se, ettei matemaatikoilla ole ollut kanttia jakaa alkulukuja tekijöihinsä.
Seuraavassa lisää toimivia tuloksia (melkein kaikki joita yritin toimivat):
2x3x7 + 5x11 = 97 = alkuluku!
2x3x7 + 5x13 =107 = alkuluku!
2x3x7 + 5x17 = 127 =alkuluku!
2x3x11 + 5x7 =101 =alkuluku
2x3x13 + 5x7 =113 =alkuluku!
jne. jne.
Alkulukujen jakaminen tekijöihinsä
Harjaantumisen kautta on varsin helppoa nähdä mistä suurehkotkin luvut - ja jopa alkuluvut koostuvat. Alkulukuja ei tietenkään voi ilmaista pelkkänä tulona, mutta se ei tarkoita, ettei niitä voisi koota muista luvuista.
Alkuluvun muodostamisessa tarvitsemme vähintään kolme lukua. Kaava on muotoa A x B + C
Seuraavassa joukko alkulukuja jaettuna tekijöihinsä:
11 = 2 x 3 + 5
13 = 2 x 3 + 7
17 = 3 x 5 + 2
19 = 2 x 3 + 13
Monet alkuluvut voi ilmaista useimmilla tavoilla.
17 = 2 x 5 + 7
17 = 2 x´2 + 13
17 = 2 x 3 +11
Tällaista tekijöihin jakamista ei hyväksytä, koska se ei tapahdu yhdiselitteisesti. Alkuluvut ovat ongelmallisia juuri siitä syystä, että niitä voi purkaa ja analysoida monin tavoin.
Kaikki alkuluvut, jotka ovat 3:sta suurempia, voidaan ilmaista matriisien aukkokohtina. Matriisia ilmaiseva osa funktiosta on tulo AxB, ja aukkokohdan ilmaisee C-osa.
Tällaisen ajattelutavan omaksuminen on tarpeellista siitä syystä, se on avain myös Goldbachin hypoteesin ratkaisuun.
Alkulukuparien ongelman ratkaisun todistamisesta, versio 2 (tai 3)
Aiemmin esittelin algoritmin, joka kertoi, montako alkulukuparia on kussakin matriisissa. Haluan nyt esittää asian uudelleen, koska edellinen tapaus on melko sekava.
Kyse on siis siitä, että kaavalla "P1 x P2 x P3... x Pn + C" me löydämme alkulukupareja, joilla on tietty pysyvä C:n arvo.
Toinen kaava (P1 - 2) x (P2 - 2) x (P3 - 2)... x (Pn -2) kertoo meille eksaktisti, kuinka monta C:n arvoa on mahdollista löytää - ja myös varmistaa, että tällä C:n arvolla löytyy takuuvarmasti alkulukupari - eikä enää millään muulla arvolla, koskaan.
Esimerkiksi (2 x 3 x 5)n + C saa kolme C:n arvoa:
30n + 1 sekä 30n - 1, toisin ilmaistuna 30(n-1) +29
30n + 11 sekä 30n + 13
30n + 17 sekä 30n + 19
Näillä koordinaateilla löytyy alkulukupareja hamaan ikuisuuteen saakka.
Kun lisäämme kaavaan numeron 7, se kertoo että saamme C:n arvoja 7 miinus 2, eli viisi kertaa enemmän kuin edellisessä tapauksessa.
3 x (7-2) = 15 C:n arvoa ovat:
210n + 1 sekä 210(n-1) + 209
210n + 11 sekä 210n + 13
210n + 17 sekä 210n + 19
210n + 29 / 31
210n + 41 / 43
210n + 59 / 61
210n + 71 / 73
210n + 101 / 103
210n + 107 / 109
210n + 137 / 139
210n + 149 / 151
210n + 167 / 169
210n + 179 / 181
210n + 191 / 193
210n + 197 / 199
(Huomaa, että vaikka C:n arvona käytetyt luvut 169, 181 ja 209 eivät olisi alkulukuja, voimme niiden avustuksella kylläkin löytää alkulukuja, jotka ovat muotoa 210n + 121 jne. Tämä johtuu siitä, että matriisin tunnetut tekijät ovat eri tilanteessa kuin potentiaaliset tekijät.)
Esimerkiksi 121 (11x11) ei ole alkuluku, mutta silti:
210 x 1 + 121 = 331 (alkuluku)
210 x 2 + 121 = 541 (alkuluku)
210 x 3 + 121 = 751 (alkuluku)
Tekijä 11 ei kuulu vielä tähän matriisiin, joten se ei määritä mihin matriisi pystyy ja mihin ei. Se on kuitenkin potentiaalinen siinä suhteessa, että se voi estää - ja estääkin parien syntymisen. Kun se myöhemmin lasketaan mukaan matriisiin, voimme kuitenkin tarkasti kartoittaa, millä alueella se tämän tekee.
Lisää alkulukuja, jotka on löydetty yhdistelmälukua käyttäen.
210 x 1 + 169 = 379 (alkuluku, mutta ei parillinen)
210 x 2 + 169 = 589 (ei alkuluku)
210 x 3 + 169 = 799 (ei alkuluku)
210 x 4 + 169 = 1009 (alkuluku, mutta ei parillinen)
210 x 5 + 169 = 1219 (ei alkuluku)
210 x 6 + 169 = 1429 (BINGO! alkuluku, jonka pari on 1427!
Tällaisia kaavoja ei usein opeteta, koska ne eivät näyttäisi toimivan kovin hyvin. Ne kuitenkin toimivat pitkällä tähtäimellä - ja loputtomiin.
Testataan vielä kaksi muuta:
210 x 1 +181 = 391 (ei osumaa)
210 x 2 + 181 = 601 (BINGO! alkuluku, jonka pari on 599)
210 x 1 + 209 = 419 (BINGO! Heti ekalla.)
Astetta suurempi origo2310, eli kaava "2310n + C" ennustaa löytöjä 15 x (11-2) = 135 C:n arvoa, joilla varmuudella myös esiintyy alkulukupareja...
(Huom. ehtona tietenkin on, että N > 1)
Origo30030, eli 30030 + C löytää pareja 135 x (13-2) = 1485:lla C:n arvolla.
jne. jne. äärettömyyteen asti.
Koska tiedämme, että voimme lisätä kaavaan kaikki tunnetut alkuluvut, eikä C:n arvo voi koskaan lähteä laskuun (koska Pn - 2 ei voi olla pienempi kuin 1) - ja koska "tekijöiden kiertoon" ja "potentiaalisten tekijöiden keskinäisten sijaintien täydelliseen versiointiin" (eli siihen, että ne ovat kaikissa suhteissa toisiinsa vain kerran origojen välillä) nojautuen tiedämme kaikkien C:n arvojen realisoituvan alkulukuparina, on alkulukupareja on ääretön määrä. M.O.T.
Näytetään tekstit, joissa on tunniste alkuluvut. Näytä kaikki tekstit
Näytetään tekstit, joissa on tunniste alkuluvut. Näytä kaikki tekstit
perjantai 22. helmikuuta 2013
torstai 21. helmikuuta 2013
Alkulukuparien äärettömän määrän todistaminen
ALKULUKUJEN ARVOITUKSET, OSA 10/12.
Viime toukokuussa käsittelin Goldbachin konjenktuuria, Legendren konjenktuuria sekä alkulukupareja. Työ jäi kesken, koska voimat loppuivat. Ideat eivät päättyneet siihen, eikä todistelu. Työ oli mielessäni valmis, mutta uuvuin kymmenien liuskojen tekstistä ja kymmenistä kaavakuvista.
Nyt viimeinkin lueskelin uudestaan kirjoittamiani todistuksia ja huomasin, että ne hieman puuroutuvat muutamissa kohdin. Yritän edetä liian nopeasti. Muistelin myös, että olisin jo tyhjentävästi selittänyt alkulukuparien loputtoman määrän syyt sekä esittänyt todistuksen - mutta näköjään sekin työ oli sekavaa ja keskeneräistä.
Ongelma on siinä, että näen ratkaisun intuitiivisesti ja kokonaisena. Sitä ei kuitenkaan voi sanallisesti ilmaista muutoin kuin pienissä osissa. Pitkin matkaa täytyy luoda uusia käsitteitä ja esittää todistukset myös välivaiheista. Olemassaolevasta matematiikasta ei ole paljoakaan apua, koska lukuteoria on jo vuosisatoja sitten ajanut itsensä umpikujaan.
Matematiikan oliot on määritelty liian simppelisti. Monimutkaiset korkeamman asteen funktiot perustuvat liian karkeisiin lähtökohtiin ja siksi ne epäonnistuvat selittäessään alkulukuja.
Synteettiset oivallukset antavat virtaa, mutta analyyttinen todistelu on uuvuttavaa. Pakko kuitenkin yrittää, että saan ratkaisut pois päästäni ja voin taas vuosiksi unohtaa koko matematiikan olemassaolon.
Todistus alkuluparien äärettömästä määrästä, versio 1
Kerrotaan keskenään kaikki tunnetut alkuluvut, ja lisätään 1. Saadun uuden luvun X+1 tekijänä ei voi olla mikään edellisen luvun X tekijöistä, koska kahdella vierekkäisellä luvulla ei voi olla samoja tekijöitä.
Miksi? Koska joka toinen luku on jaollinen kahdella, joka kolmas kolmella jne. Millään tekijällä ei ole sitä ominaisuutta, että se esiintyisi perättäisissa luvuissa. Joka 43. luku on jaollinen 43:lla...
Niinpä kyse on alkuluvusta.
Tarkastellaan nyt lukua X - 1. Sillä ei voi olla luvun X tekijöitä, joten myös se on alkuluku. Tadaa, olemme löytäneet uuden alkulukuparin: X + 1 sekä X - 1.
Riittääkö tämä muka?
Ongelma on siinä, että kerrottaessa yhteen tekijöitä päädytään nopeasti hyvin suuriin luvun X arvoihin. Koska tiedämme myös, että alkulukuja on äärettömästi - ja myös hyvin paljon, emme voi estää sitä, ettei luku X +1 tai X -1 sisältäisi sellaista tekijää, joka on pienempi kuin neliöjuuri X, mutta ei myöskään sisälly lukuun X.
(Miksi neliöjuuri? Olen selittänyt tämän aiemmin, kun puhun alkulukujen ja tekijöiden erosta, sekä varteenotettavien tekijöiden merkityksestä. Jokainen alkuluku muuttuu varteenotettavaksi tekijäksi vasta, kun se on kertautunut itsellään. Sitä ennen se on toissijainen tekijänä, jota ei tarvitse huomioida.)
Tätä samaa ongelmaa ei tule vastaan, jos todistamme alkulukujen äärettömää määrää. Silloin voisi teoriassa tapahtua niin, että luku X sisältäisi kaikki aikaisemmin tunnetut alkuluvut. Luku X+1 ja X-1 olisivat nyt uusia tuntemattomia alkulukuja.
Koska alkulukujen ääretön määrä on todistettu, se todistus hankaloittaa alkulukuparien todistamista samalla kaavalla. Raja ei ole tullut vastaan. Niinpä riittää, että ainoastaan toinen luvuista X+1 tai X-1 sisältää alkuluvun, jota emme ole mahduttaneet tekijäksi lukuun X.
Todistus ei näin ollen päde. En koskaan ajatellutkaan, että se pätisi. Siksi en ole sitä esittänyt. Toimiva todistus on astetta monimutkaisempi.
Tekijöiden kierto (kertausta)
On tuskastuttavaa, koska en voi esittää todistusta, ilman, että lukija ymmärtää mitä tekijöiden kierrolla tarkoitetaan. Olen melko varma, että sitä ei kukaan ymmärrä, koska kukapa olisi motivoinut opiskelemaan mistä siinä on kyse? Se ei itsessään anna matemaatikolle mitään. Kyse on ainoastaan osatodistuksesta, jonka kehitin muita todistuksia varten.
Tekijänkierto tarkoittaa sitä, että jokainen uusi tekijä astuu sitä pienempien tekijöiden muodostaman matriisin jokaiseen ruutuun tasan kerran, ennen kuin kaikki tekijät kohtaavat uudessa origossa.
Luku 210 on lukujen 2 x 3 x 5 x 7 Origo.
Väli 0 -> 30, 30n -> 60n edustaa matriisia Origo30.
Väli 0 -> 210 edustaa matriisia Origo210.
Voimme muodostaa miten ison matriisin tahansa ja tiedämme jokaisen uuden, suuremman alkuluvun astuvan sen jokaiseen ruutuun tasan yhden kerran.
Kuviosta näemme kuinka tekijä 7 saa seuraavat arvot:
30n + 1 = 30 x 3 + 1 = 91
30n + 2 = 30 x 6 + 2 = 182
30n + 3... 30 x 2 + 3 = 63
...30 n+0 = uusi origo, eli uusi nollakohta.
Luvulla nolla on kaikki tekijät. Origiolla on samoin kaikki ne tekijät, jotka matriisissa on esitetty tunnettuina. Siksi kutsun sitä "origoksi", siirretyksi origoksi tai matriisin nollakohdaksi.
Kaavion osoittama käyttäytyminen mahdollistaa sen, että voimme ennakoida, missä varteenotettavat tekijät liikkuvat ja sitä kautta myös, missä potentiaalisten alkulukujen aukkokodissa uudet alkuluvut seuraavaksi realisoituvat. Tunnemme tekijämatriisit läpikotaisin siitä syystä, että jokainen suurempi matriisi koostuu pienemmistä matriiseista kuten monisoluiset eliöt koostuvat soluista.
On ymmärrettävä ainakin neljä uutta käsitettä ja niiden kuvaamaa matemaattista ilmiötä (origo, potentiaalisten alkulukujen aukkokohta, tekijänkierto, tekijöiden kypsyminen varteenotettaviksi), jotta tästä eteenpäin esitetyn alkulukuparien todistuksessa olisi mitään tolkkua.
Potentiaalisten alkulukuparien todistaminen, versio 2
Aiemmissa osissa todistin, että matriisit - kuinka hyviä ne ikinä ovatkaan, äärettömyyteen asti - sisältävät aina enemmän potentiaalisia alkulukuparien aukkokohtia kuin niitä pienemmät matriisit.
Tämä on tärkeä osatodistus, jonka mielestäni esitin riittävän selkeästi. Siinä ei ole mitään ihmeellistä, enkä siis palaa nyt siihen.
Nyt minun tulisi todistaa, että potentiaaliset alkulukujen aukkokohdat myöskin realisoituvat. Silloin alkulukujen ääretön määrä olisi todistettu aukottomasti.
Tiedämme aiemmasta myös sen, että varteenotettavien tekijöiden suhteellinen määrä pienenee. Se johtuu logaritmista ja tekijöiden hitaasta kypsymisestä.
Parilliset luvut tai kolmella jaolliset luvut eivät voi täyttää matriisin aukkokohtia, jos luku 2 tai luku 3 ovat tunnettuna tekijöitä. Ne ovat tunnettuja tekijöitä, jos olemme määritelleet ne matriisin origoon, eli jos ja kun käytämme Origoa 210, ovat tunnettuja tekijöitä 2, 3, 5 ja 7.
Jokainen alkuluku, otetaan esimerkiksi luku 43 - siirtyy matriisissa kulkiessaan ensimmäiseksi ruutuun 2 x 43. Se on tietenkin seuraava luku, jossa se on tekijänä. Tämä luku on parillinen, koska siinä on tekijänä myös 2.
Seuraava luku, jonka 43 múodostaa, on kolmella jaollinen, sitten neljällä - eli jälleen kahdella - ja niin edes päin.
Jos piirtäisimme kyllin suuren kaavion - siis sellaisen, jossa on 43 x 210 ruutua, me näkisimme kuinka tekijä 43 etenee matriisissa.
Se osuu jokaiseen matriisin ruutuun tasan kerran, eikö niin?
Minkä muutoksen se saa matrsiissa aikaan? Kuinka monta aukkokohtaa se peittää?
Ensimmäinen aukko, jonka luku 43 peittää, on luku 43 x 43. Silloin mikään sitä pienempi tekijä ei ole jo ehtinyt peittää aukkokohtaa ja poistaa sitä matriisista.
Toisin sanoen, kestää pitkän aikaa ennen kuin uusi alkuluku saa matriisissa aikaan mitään vaikutuksia. Tästä johtuu se, että meidän tarvitsee tarkastella luvulla 0 -> n vain sellaisia tekijöitä, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri n.
Kun n = 100, nämä tekijät ovat 2 < 10, 3 < 10 , 5 < 10 ja 7 < 10.
Kun n on miljoona, siitä tarvitsee huomioida vain 1/1000 osa, siis luvun neliöjuuri. Kun tarkasteltava alue kasvaa, varteenotettavien tekijöiden suhteellinen osuus pienenee. Tämän vuoksi alkulukuja ylipäänsä on niin valtava määrä!
Alkulukujen potentiaalisuuden realisoituminen
Alkulukujen ja alkulukuparien todistukset eroavat suuresti toisistaan sen vuoksi, että parien tapauksessa riittää se, ettei toinen parista realisoidu.
Jotta alkulukupareja olisi ääretön määrä, meidän on löydettävä mekanismi, joka varmuudella estää peräti kahden matriisin aukkokohdan peittymisen.
Tiedämme siis, että potentiaalisia aukkokohtia on valtava määrä, koska aukot periytyvät pienemmistä matriiseista, ja koska useiden tekijöiden keskittyminen saa aikaan tyhjän tilan lukujonon molemmille puolin.
Tiedämme myös, että sen jälkeen, kun tietty tekijä on astunut matrsiisin 210n +3 ruutuun, se ei enää samalla kierroksella astu tuohon ruutuun toista kertaa.
JA: tiedämme varmuudella, että jos luku 30 x 6 + 2 on jaollinen seitsemällä, myös luvut 210n + (30 x 6 +2) ovat vastaisuudessa seitsemällä jaollisia.
SIIS: Jokainen matriisi jättää useammat parillisen aukkokohdan vapaaksi, kuin sitä pienempi matriisi. Aukkokohtien syntymistä ei voi estää, vain niiden realisoitumisen. Jokainen alkuluku etenee kellontarkalla rytmillä.
Uusien, suurempien matriisien laajempaa parillisten aukkojen kirjoa voivat peittää ainoastaan uudet, suuremmat ja matriisissa huomiotta jääneet alkuluvut.
SEKÄ: myös ne kulkevat suuremmassa kaavassa katsottua kellontarkkaa rataa pitkin.
Esittelen uuden allegorian, joka saattaa kuulostaa huimalta, mutta itse asiassa siinä on paljon järkeä. KUVITELLAAN, ETTÄ ALKULUVUT OVAT PLANEETTOJA.
Luku 1 kiertää aurinkoa, siis origoa lähimpänä. Sen kiertoon kestää vain 1 päivän.
Luku 2 kiertää auringon ympäri 2 päivässä.
Luku 3 kiertää auringon ympäri 3 päivässä.
Luku 5 kiertää auringon ympäri 5 päivässä.
Jos kiertosyklit ovat täsmälliset tiedämme tämän perusteella, että planeetat 2, 3 ja 5 asettuvat keskenään suoraan linjaan joka 30. päivä.
Oletetaan, että planeettoja loputon määrä. Kauimmaisten planeettojen kiertoaika on miltei loputtoman pitkä, emmekä edes tunne niiden nykyistä sijaintia.
Asetumme asumaan aurinkoa lähimpänä kiertävälle planeetalle 1 ja katselemme sieltä äärettömän tehokkaalla kaukoputkella avaruuteen. Hyvin usein käy niin, että planeetta 3 peittää näkyvistään planeetan 5, joka silloin tällöin peittää näkyvistään planeetan 7 jne.
Voidaanko nyt olettaa, että koskaan äärettömän pitkässä ajassa ei tule tapahtumaan sellaista ajanhetkeä, jolloin planeetan 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19... eivät sijoittuisi kauniisti peräkkäin?
Tai että ne olisivat päällekkäin ja peittäisivät toisensa... tai mitä tahansa yhdistelmää?
Kaikki mahdolliset kuviteltavat järjestelyt toteutuvat juuri siksi, että planeettojen kiertoradat ovat yhteismitattomia. Ne ovat alkulukuja. Ne eivät kohtaa toisiaan tylsän säännöllisesti. Säännönmukaisuus on olemassa, mutta sen hahmottaminen on vaikeampaa.
Jos planeetat olisivat 2, 4 ja 8, ne asettuisivat päällekkäin säännöllisesti joka 8. päivä. Kuinka tylsää ja ennalta arvattavaa!
Ja silti voimme hyvin hankalassa todellisessa maailmassa laskea ja ennakoida matemaattisesti planetaariset ilmiöt. Sama pätee alkulukuihin, myös parillisiin sellaisiin.
Jee, laskuja!
Lasketaan kokeilun vuoksi, milloin ja missä luvut 3, 5 ja 7 ovat kauniisti peräkkäin. Miten tämä tapahtuu?
Yksi tapa on käyttää valmista taulukkoa. Me näemme kaikki tapaukset, joissa luku 7 tulee heti tekijän 5 jälkeen. Joka kolmas tällainen tapaus on vastaus kysymykseen.
Voimme lähestyä kysymystä myös analyyttisemmin. Kumpikaan luvuista X ja X+1 ei saa olla samaan aikaan jaollinen kolmella, se jo riittää.
Viidellä, mutta ei kolmella jaollisia sijainteja ovat 30n + 5, 30n+10, 30n + 20, 30n + 25
30n + 5 ei jäy, koska sitä seuraava luku on 30n + 6, joka on kolmella jaollinen. Kolmosen pitäisi sijaita ennen lukua, ei heti sen jälkeen.
Sama pätee lukuun 30n+20. Seuaava luku voi olla seitsemällä jaollinen, mutta se on jokaisessa tapauksessa myös kolmella jaollinen. Se ei siis käy.
Haemme siis lukuja, jotka ovat muotoa 30n + 10 tai 30n +25. Ne ovat viidellä jaollisia, ja niiden vasemmalla puolella on kolmella jaollinen luku.
Oikealla puolella olevan luvun on oltava 7:llä jaollinen. Muodostetaan siis kaava, jota en valitettavasti osaa muodostaa ihan oikein.
1. (30n + 10 +1) / 7 = ___ // X = N (luonnollinen kokonaisluku)
2. (30n + 25 + 1)/ 7 = ___
Tämän kanssa piti hetki säätää ruutupaperilla, mutta 1. tapauksessa n = 5 ja X = 161, 2. tapauksessa n = 1 ja X = 56.
54 - kolmella jaollinen
55 - viidellä jaollinen
56 - seitsemällä jaollinen
159 - kolmella jaollinen
160 - viidellä jaollinen
161 - seitsemällä jaollinen
Jos haluamme tietää, missä luvut ovat käänteisessä järjestyksessä, meidän tarvitsee vain vähentään luvut 210:stä. Matriisit ovat sisäisesti symmetrisiä, kuten aiemmin todistin.
Voisimme helposti kehittää ohjelman, joka etsisi paljon pidempiäkin alkulukujen peräkkäisiä ketjuja.
Johtopäätöksiä
En ihan vielä päässyt lopulliseen todistukseen, mutta tiedämme tämän verran.
Matriisin sisällä tekijät 3, 5 ja 7 asettuvat samalla tavoin suhteessa toisiinsa kahdesti - kaikilla kuviteltavissa olevilla tavoin. Toisella kertaa keskimmäinen luku on parillinen, toisessa tapauksessa pariton. Tämä johtuu siitä, että myös luku 2 on matriisin tunnettu jäsen.
Jos lukua 2 ei huomioida, matriisin origo sijaitsee jo kohdassa 105. Myös tämän origon suhteen esiintymät ovat säännöllisiä ja symmetrisiä...
105 = 3 x 5 x 7
159 = 105 + 54
160 = 105 + 55
160 = 105 + 56
Suuremmat metriisit rakentuvat pienemmistä matriiseísta. Niiden sisäinen symmetriä ja säännönmukaisuus pätee täydellisesti ja äärettömyyteen asti.
Tässä tarjoutuu mahdollisuus oivallukseen.
Matriisit sisältävät yhden kappaleen kutakin tekijöiden asemointia, sekä sen peilikuvan.
Potentiaaliset alkulukuparit esiintyvät aina matriisissa - miten isosta matriisista onkaan kyse - kahtena kappaleena, oman itsensä peilikuvana.
Oletetaan siis, että äärettömän suuren matriisin alkulukuparille mahdollien tupla-aukkokohta on peittynyt tekijällä Z. Tämä tekijä on pienempi kuin neliöjuuri n, minkä lisäksi se ei ole matrsiisin tunnettu tekijä. Se on siis vaarallinen, alkulukupareja estävä vapaasti liikkuva tekijä.
Melkein alkulukuparilla A - B on symmetrinen peilikuva B - A. Sama tekijä ei voi hoitaa päiviltä toisa kertaa pelikuvan samaa jäsentä, koska se on lähtenyt matriisin origosta. Jos se kulkisi peilikuvan suhteen samaa rataa, se osuisi myös siirrettyyn origoon matriisin toisessa päässä. Silloin se olisi matriisin tunnettu tekijä, mikä on jo pois suljettua. Vain tunnettujen tekijöiden symmetriä pätee suhteessa matriisiin, muille tekijöille pätee vain se, että ne eivät astu kahta kertaa samaan ruutuun ennen origoa.
Voiko tekijä astua myöskään alkulukuparin toiseen jäseneen B?
Tarkastellaan uudestaan kaavakuvaa, jossa on esiteltynä tekijänkierto. Näemme, että tekijä 7 itse asiassa poistaa kullakin matriisin rivillä vain yhden potentiaalisen alkuluvun, eli aiempien tekijöiden aukkokohdan.
Onko tämä säännönmukaisuus ja mihin se perustuu?
Se ei ole säännönmukaisuus, mutta se kyllä ennakoi tiettyjä sääntöjä.
Alkulukujen välimatkatekijät
Emme ole vielä käsitelleet alkulukujen keskinäisen sijainnin etäisyyttä. Tämä tulee tärkeämmäksi vasta Goldbachin konjenktuurin yhteydessä, mutta jos katsot taulukkoa niin huomaat, että alkulukujen etäisyys toisistaan on aina parillinen.
Totta kai parittomien lukujen etäisyydet ovat parillisia. Muutoin jokin alkuluvuista olisi parillinen, jos se sijaitsisi parittomalla atäisyydessä suhteessa muihin parittomiin alkulukuihin. (Se on mahdollista vain kun kyseessä on luku 2.)
Tämä sama sääntö pätee myös kolmoseen ja kolmella jaettavuuteen. Alkulukujen etäisyys on 2/3:lla suhteessa kolmosen monikertoihin, mikä voi olla vaikea ymmärtää. Ei pariton, vaan kolmokseton.
Alkulukuparit, matriisissa origo30, ovat suhteessa toisiinsa etäisyydellä 2, 2 x 2 ( x 2) tai 2 x 3. Niiden välimatkan täytyy olla joko kahdella tai sekä kahdellä että kolmella jaollisia, muutoin syntyisi paradoksi: alkuluku, joka olisi kolmella jaollinen suhteessa origoon, siis kolmella jaollinen alkuluku? Kolmas mahdollinen välimatkatekijä on 5, kolmas matriisin tunnettu tekijä.
Alkuluvut 7 ja 17 ovat matriisissa 0 >> 30 kymmenen askelen päässä toisistaan. 7 ja 23 välinen etäisyys on 16, siis kaksi potenssiin neljä.
Matriisin tunnettuja tekijöitä suurempi tekijä ei pysty ottamaan askelia, jotka vastaavat mitään näistä. Luvun seitsemän on mahdoton missään olosuhteissa ottaa 6:n tai 12:n ruudun pituista askelta.
(Symmetrisyys kuitenkin pätee myös 7:n kohdalla, kun tarkastellaan sen liikkeitä suuremmassa mittakaavassa. Kaavion puolivälissä se osuu Origon keskikohtaan, minkä jälkeen se samalla rivillä poistaa 30x3 + 1 ja +29. Näiden välinen etäisyys on 7:llä jaollinen, eli 28).
Jokainen tekijä, josta on tullut potentiaalinen, kohtaa nämä samat edut ja rajoitukset.
Yhden ja saman läpikulun aikana sen on mahdollista täyttää yhden kerran kukin matriisin aukkokohta - ja sen se myös tekee, ennen pitkää.
Tiedämme, että potentiaalisia tekijöitä voi olla liikkeellä hyvin suuri määrä. Jokainen liikkeellä oleva tekijä on kuitenkin matriisin sisällä samassa suhteessa kaikkiin muihin tekijöihin säännönmukaisin väliajoin.
Niiden keskinäinen matriisi sulkeutuu vasta äärettömän suuressa nollakohdassa.
Jos laskemme yhteen miljoona pienintä tekijää, saamme valtaisan matriisin. Potentiaalisia alkulukuparien aukkokohtia tuossa matriisissa on lukematon määrä.
Jokainen alkuluku, eli potentiaalinen tekijä, kulkee tuon matriisin läpi ja yhdellä kierroksella se peittää yhden aukkokohdan. Tämä voi kuulostaa uskomattoman vähäiseltä, sillä matriisi on symmetrinen ja sen toisella laidalla odottaa alkulukupari, jonka toista osapuolta sama tekijä ei voi peittää.
Tekijä 11 hoitelee yhdellä läpikäynnillä Origosta210 suurinpiirtein 1/11 osan matriisin aukkokohdista. Muut tekijät eivät juurikaan pääse vauhtiin. 13x13 on ainoa poikkeus.
11 on täydentänyt vartiokierroksensa kun metriiseja on käsitelty 11 kappaletta.
Aiemmin laskimme, että potentiaalisia alkulukupareja on matriisissa origo210 kaikkiaan 15 kappaletta.
Näemme kaaviosta, että niistä realisoituu 11.
Origossa 2310 on potentiaalisia alkulukupareja 15 x (11-2) = 135. Niistäkin realisoituu yli kolmannes.
Voimme täysin eksaktisti laskea potentiaalisten alkulukuparien määrän kuinka suurelle matriisille tahansa. Isompi kysymys on siitä, miten suuri osa niistä lopulta realisoituu.
Niistä kuitenkin aina realisoituu merkittävä osa. Matriisi on huomattavasti suurempi kuin sen neliöjuuri, ja myöskin symmetrinen. Sen toisella, kauemmalla laidalla olevista alkulukupareista useimmat säästyvät jo sen vuoksi, että tekijät ovat lähteneet liikkeelle samoista kohdista, mutta peilipuolelta. Niiden on mahdotonta kulkea symmetrisesti matriisissa, jonka tekijä ne itse eivät ole.
Paljon merkittävämpi havainto on kuitenkin huomattavasti yksinkertaisempi.
Tiedämme, että jokainen matrsiisi, miten tahansa suuri se onkaan, synnyttää alkulukupareille otollisia aukkokohtia.
Lähdetään liikkeelle luonnollisesta origosta, ja otamme matriisiksi tuhat ensimmäistä alkulukua. Miten toimii seuraavaksi suurin alkuluku?
Se hyppää tietenkin itsensä pituisen askelen, kohtaa luvun 2, hyppää taas ja kohtaa luvun 3. Näin jatkuu, kunnes se kertautuu itsensä kanssa.
Samoin toimii seuraavaksi suurin alkuluku. Mikään tuntematon tekijä ei siis millään tavoin uhkaa matriisin ensimmäistä potntiaalista alkulukuparia. Se toteutuu väistämättä.
ERGO: Jos alkulukumatriisissa on ennustettu olevan potentiaalisia alkulukupareja, niistä jo heti ensimmäinen toteutuu.
Tiedämme, että potentiaalisten alkulukujen kasvava määrä on todistettu äärettömän suurilla matriiseilla.
Niinpä alkulukupareja on ääretön määrä. M.O.T.
Matriisin omat tekijät voivat saada aikaan sen, että parin ilmaantumiseen on matkaa.
Vielä esimerkki:
Matriisissa, jonka suurin tekijä on seitsemän, toteutuu alkulukupari 11 + 13. Matriisissa, jonka suurin tekijä on 13, toteutuu alkulukupari 17+19. jne.
Ymmärrän, että tämä voi kuulostaa hassulta, mutta niin yksinkertaista se on. Tietojemme varassa olisi loogisesti mahdotonta, että tuntematon, suurempi tekijä vaikuttaisi matriisissa ennen kuin sen omat tekijät ovat ehtineet liikkua ja muokata sitä. Tuhannen päälle sijoittuvat alkuluvut eivät muutu aktiivisiksi tekijöiksi välillä 1000 >> 1.000.000. Tämä on tietenkin murto-osa koko matriisista, mutta tuhat kertaa suurempi alue kuin se, jolta tekijät ovat lähteneet liikkeelle.
Varmuuden vuoksi esitän myöhemmin myös todistuksen, joka lähtee liikkeelle hieman eri suunnasta.
Alkulukuparien etsimisestä
En ole ollut kiinnostunut suurimmasta alkulukuparista, jonka voisi etsiä megatitokoneella, vaan eksakteista sijainneista. Alkulukupareja on helppo seuloa siten, että kerrotaan keskenään alkulukuja, jotka eivät ole parillisia - ja sitten saatuun lukuun lisätään ja siitä miinustetaan tunnettu alkulukupari.
Saadut luvut eivät voi olla jaollisia millään käytetyistä tekijöistä. Siksi todennäköisyys on suuri.
Esimerkiksi 2 x 3 x 5 x 7 x 11 x 13 =30030
Vähennetään 17 ja 19, saadaan alkulukupari: 30013 ja 30011. Myös lisättäessä toinen luvuista on alkuluku, eivät sentään molemmat.
Lisää etsiskelyn perusteista seuraavassa osassa...
Viime toukokuussa käsittelin Goldbachin konjenktuuria, Legendren konjenktuuria sekä alkulukupareja. Työ jäi kesken, koska voimat loppuivat. Ideat eivät päättyneet siihen, eikä todistelu. Työ oli mielessäni valmis, mutta uuvuin kymmenien liuskojen tekstistä ja kymmenistä kaavakuvista.
Nyt viimeinkin lueskelin uudestaan kirjoittamiani todistuksia ja huomasin, että ne hieman puuroutuvat muutamissa kohdin. Yritän edetä liian nopeasti. Muistelin myös, että olisin jo tyhjentävästi selittänyt alkulukuparien loputtoman määrän syyt sekä esittänyt todistuksen - mutta näköjään sekin työ oli sekavaa ja keskeneräistä.
Ongelma on siinä, että näen ratkaisun intuitiivisesti ja kokonaisena. Sitä ei kuitenkaan voi sanallisesti ilmaista muutoin kuin pienissä osissa. Pitkin matkaa täytyy luoda uusia käsitteitä ja esittää todistukset myös välivaiheista. Olemassaolevasta matematiikasta ei ole paljoakaan apua, koska lukuteoria on jo vuosisatoja sitten ajanut itsensä umpikujaan.
Matematiikan oliot on määritelty liian simppelisti. Monimutkaiset korkeamman asteen funktiot perustuvat liian karkeisiin lähtökohtiin ja siksi ne epäonnistuvat selittäessään alkulukuja.
Synteettiset oivallukset antavat virtaa, mutta analyyttinen todistelu on uuvuttavaa. Pakko kuitenkin yrittää, että saan ratkaisut pois päästäni ja voin taas vuosiksi unohtaa koko matematiikan olemassaolon.
Todistus alkuluparien äärettömästä määrästä, versio 1
Kerrotaan keskenään kaikki tunnetut alkuluvut, ja lisätään 1. Saadun uuden luvun X+1 tekijänä ei voi olla mikään edellisen luvun X tekijöistä, koska kahdella vierekkäisellä luvulla ei voi olla samoja tekijöitä.
Miksi? Koska joka toinen luku on jaollinen kahdella, joka kolmas kolmella jne. Millään tekijällä ei ole sitä ominaisuutta, että se esiintyisi perättäisissa luvuissa. Joka 43. luku on jaollinen 43:lla...
Niinpä kyse on alkuluvusta.
Tarkastellaan nyt lukua X - 1. Sillä ei voi olla luvun X tekijöitä, joten myös se on alkuluku. Tadaa, olemme löytäneet uuden alkulukuparin: X + 1 sekä X - 1.
Riittääkö tämä muka?
Ongelma on siinä, että kerrottaessa yhteen tekijöitä päädytään nopeasti hyvin suuriin luvun X arvoihin. Koska tiedämme myös, että alkulukuja on äärettömästi - ja myös hyvin paljon, emme voi estää sitä, ettei luku X +1 tai X -1 sisältäisi sellaista tekijää, joka on pienempi kuin neliöjuuri X, mutta ei myöskään sisälly lukuun X.
(Miksi neliöjuuri? Olen selittänyt tämän aiemmin, kun puhun alkulukujen ja tekijöiden erosta, sekä varteenotettavien tekijöiden merkityksestä. Jokainen alkuluku muuttuu varteenotettavaksi tekijäksi vasta, kun se on kertautunut itsellään. Sitä ennen se on toissijainen tekijänä, jota ei tarvitse huomioida.)
Tätä samaa ongelmaa ei tule vastaan, jos todistamme alkulukujen äärettömää määrää. Silloin voisi teoriassa tapahtua niin, että luku X sisältäisi kaikki aikaisemmin tunnetut alkuluvut. Luku X+1 ja X-1 olisivat nyt uusia tuntemattomia alkulukuja.
Koska alkulukujen ääretön määrä on todistettu, se todistus hankaloittaa alkulukuparien todistamista samalla kaavalla. Raja ei ole tullut vastaan. Niinpä riittää, että ainoastaan toinen luvuista X+1 tai X-1 sisältää alkuluvun, jota emme ole mahduttaneet tekijäksi lukuun X.
Todistus ei näin ollen päde. En koskaan ajatellutkaan, että se pätisi. Siksi en ole sitä esittänyt. Toimiva todistus on astetta monimutkaisempi.
Tekijöiden kierto (kertausta)
On tuskastuttavaa, koska en voi esittää todistusta, ilman, että lukija ymmärtää mitä tekijöiden kierrolla tarkoitetaan. Olen melko varma, että sitä ei kukaan ymmärrä, koska kukapa olisi motivoinut opiskelemaan mistä siinä on kyse? Se ei itsessään anna matemaatikolle mitään. Kyse on ainoastaan osatodistuksesta, jonka kehitin muita todistuksia varten.
Tekijänkierto tarkoittaa sitä, että jokainen uusi tekijä astuu sitä pienempien tekijöiden muodostaman matriisin jokaiseen ruutuun tasan kerran, ennen kuin kaikki tekijät kohtaavat uudessa origossa.
 |
| Tekijänkierto: KLIKKAA ISOMMAKSI! |
Väli 0 -> 30, 30n -> 60n edustaa matriisia Origo30.
Väli 0 -> 210 edustaa matriisia Origo210.
Voimme muodostaa miten ison matriisin tahansa ja tiedämme jokaisen uuden, suuremman alkuluvun astuvan sen jokaiseen ruutuun tasan yhden kerran.
Kuviosta näemme kuinka tekijä 7 saa seuraavat arvot:
30n + 1 = 30 x 3 + 1 = 91
30n + 2 = 30 x 6 + 2 = 182
30n + 3... 30 x 2 + 3 = 63
...30 n+0 = uusi origo, eli uusi nollakohta.
Luvulla nolla on kaikki tekijät. Origiolla on samoin kaikki ne tekijät, jotka matriisissa on esitetty tunnettuina. Siksi kutsun sitä "origoksi", siirretyksi origoksi tai matriisin nollakohdaksi.
Kaavion osoittama käyttäytyminen mahdollistaa sen, että voimme ennakoida, missä varteenotettavat tekijät liikkuvat ja sitä kautta myös, missä potentiaalisten alkulukujen aukkokodissa uudet alkuluvut seuraavaksi realisoituvat. Tunnemme tekijämatriisit läpikotaisin siitä syystä, että jokainen suurempi matriisi koostuu pienemmistä matriiseista kuten monisoluiset eliöt koostuvat soluista.
On ymmärrettävä ainakin neljä uutta käsitettä ja niiden kuvaamaa matemaattista ilmiötä (origo, potentiaalisten alkulukujen aukkokohta, tekijänkierto, tekijöiden kypsyminen varteenotettaviksi), jotta tästä eteenpäin esitetyn alkulukuparien todistuksessa olisi mitään tolkkua.
Potentiaalisten alkulukuparien todistaminen, versio 2
Aiemmissa osissa todistin, että matriisit - kuinka hyviä ne ikinä ovatkaan, äärettömyyteen asti - sisältävät aina enemmän potentiaalisia alkulukuparien aukkokohtia kuin niitä pienemmät matriisit.
Tämä on tärkeä osatodistus, jonka mielestäni esitin riittävän selkeästi. Siinä ei ole mitään ihmeellistä, enkä siis palaa nyt siihen.
Nyt minun tulisi todistaa, että potentiaaliset alkulukujen aukkokohdat myöskin realisoituvat. Silloin alkulukujen ääretön määrä olisi todistettu aukottomasti.
Tiedämme aiemmasta myös sen, että varteenotettavien tekijöiden suhteellinen määrä pienenee. Se johtuu logaritmista ja tekijöiden hitaasta kypsymisestä.
Parilliset luvut tai kolmella jaolliset luvut eivät voi täyttää matriisin aukkokohtia, jos luku 2 tai luku 3 ovat tunnettuna tekijöitä. Ne ovat tunnettuja tekijöitä, jos olemme määritelleet ne matriisin origoon, eli jos ja kun käytämme Origoa 210, ovat tunnettuja tekijöitä 2, 3, 5 ja 7.
Jokainen alkuluku, otetaan esimerkiksi luku 43 - siirtyy matriisissa kulkiessaan ensimmäiseksi ruutuun 2 x 43. Se on tietenkin seuraava luku, jossa se on tekijänä. Tämä luku on parillinen, koska siinä on tekijänä myös 2.
Seuraava luku, jonka 43 múodostaa, on kolmella jaollinen, sitten neljällä - eli jälleen kahdella - ja niin edes päin.
Jos piirtäisimme kyllin suuren kaavion - siis sellaisen, jossa on 43 x 210 ruutua, me näkisimme kuinka tekijä 43 etenee matriisissa.
Se osuu jokaiseen matriisin ruutuun tasan kerran, eikö niin?
Minkä muutoksen se saa matrsiissa aikaan? Kuinka monta aukkokohtaa se peittää?
Ensimmäinen aukko, jonka luku 43 peittää, on luku 43 x 43. Silloin mikään sitä pienempi tekijä ei ole jo ehtinyt peittää aukkokohtaa ja poistaa sitä matriisista.
Toisin sanoen, kestää pitkän aikaa ennen kuin uusi alkuluku saa matriisissa aikaan mitään vaikutuksia. Tästä johtuu se, että meidän tarvitsee tarkastella luvulla 0 -> n vain sellaisia tekijöitä, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri n.
Kun n = 100, nämä tekijät ovat 2 < 10, 3 < 10 , 5 < 10 ja 7 < 10.
Kun n on miljoona, siitä tarvitsee huomioida vain 1/1000 osa, siis luvun neliöjuuri. Kun tarkasteltava alue kasvaa, varteenotettavien tekijöiden suhteellinen osuus pienenee. Tämän vuoksi alkulukuja ylipäänsä on niin valtava määrä!
Alkulukujen potentiaalisuuden realisoituminen
Alkulukujen ja alkulukuparien todistukset eroavat suuresti toisistaan sen vuoksi, että parien tapauksessa riittää se, ettei toinen parista realisoidu.
Jotta alkulukupareja olisi ääretön määrä, meidän on löydettävä mekanismi, joka varmuudella estää peräti kahden matriisin aukkokohdan peittymisen.
Tiedämme siis, että potentiaalisia aukkokohtia on valtava määrä, koska aukot periytyvät pienemmistä matriiseista, ja koska useiden tekijöiden keskittyminen saa aikaan tyhjän tilan lukujonon molemmille puolin.
Tiedämme myös, että sen jälkeen, kun tietty tekijä on astunut matrsiisin 210n +3 ruutuun, se ei enää samalla kierroksella astu tuohon ruutuun toista kertaa.
JA: tiedämme varmuudella, että jos luku 30 x 6 + 2 on jaollinen seitsemällä, myös luvut 210n + (30 x 6 +2) ovat vastaisuudessa seitsemällä jaollisia.
SIIS: Jokainen matriisi jättää useammat parillisen aukkokohdan vapaaksi, kuin sitä pienempi matriisi. Aukkokohtien syntymistä ei voi estää, vain niiden realisoitumisen. Jokainen alkuluku etenee kellontarkalla rytmillä.
Uusien, suurempien matriisien laajempaa parillisten aukkojen kirjoa voivat peittää ainoastaan uudet, suuremmat ja matriisissa huomiotta jääneet alkuluvut.
SEKÄ: myös ne kulkevat suuremmassa kaavassa katsottua kellontarkkaa rataa pitkin.
Esittelen uuden allegorian, joka saattaa kuulostaa huimalta, mutta itse asiassa siinä on paljon järkeä. KUVITELLAAN, ETTÄ ALKULUVUT OVAT PLANEETTOJA.
Luku 1 kiertää aurinkoa, siis origoa lähimpänä. Sen kiertoon kestää vain 1 päivän.
Luku 2 kiertää auringon ympäri 2 päivässä.
Luku 3 kiertää auringon ympäri 3 päivässä.
Luku 5 kiertää auringon ympäri 5 päivässä.
Jos kiertosyklit ovat täsmälliset tiedämme tämän perusteella, että planeetat 2, 3 ja 5 asettuvat keskenään suoraan linjaan joka 30. päivä.
Oletetaan, että planeettoja loputon määrä. Kauimmaisten planeettojen kiertoaika on miltei loputtoman pitkä, emmekä edes tunne niiden nykyistä sijaintia.
Asetumme asumaan aurinkoa lähimpänä kiertävälle planeetalle 1 ja katselemme sieltä äärettömän tehokkaalla kaukoputkella avaruuteen. Hyvin usein käy niin, että planeetta 3 peittää näkyvistään planeetan 5, joka silloin tällöin peittää näkyvistään planeetan 7 jne.
Voidaanko nyt olettaa, että koskaan äärettömän pitkässä ajassa ei tule tapahtumaan sellaista ajanhetkeä, jolloin planeetan 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19... eivät sijoittuisi kauniisti peräkkäin?
Tai että ne olisivat päällekkäin ja peittäisivät toisensa... tai mitä tahansa yhdistelmää?
Kaikki mahdolliset kuviteltavat järjestelyt toteutuvat juuri siksi, että planeettojen kiertoradat ovat yhteismitattomia. Ne ovat alkulukuja. Ne eivät kohtaa toisiaan tylsän säännöllisesti. Säännönmukaisuus on olemassa, mutta sen hahmottaminen on vaikeampaa.
Jos planeetat olisivat 2, 4 ja 8, ne asettuisivat päällekkäin säännöllisesti joka 8. päivä. Kuinka tylsää ja ennalta arvattavaa!
Ja silti voimme hyvin hankalassa todellisessa maailmassa laskea ja ennakoida matemaattisesti planetaariset ilmiöt. Sama pätee alkulukuihin, myös parillisiin sellaisiin.
Jee, laskuja!
Lasketaan kokeilun vuoksi, milloin ja missä luvut 3, 5 ja 7 ovat kauniisti peräkkäin. Miten tämä tapahtuu?
Yksi tapa on käyttää valmista taulukkoa. Me näemme kaikki tapaukset, joissa luku 7 tulee heti tekijän 5 jälkeen. Joka kolmas tällainen tapaus on vastaus kysymykseen.
Voimme lähestyä kysymystä myös analyyttisemmin. Kumpikaan luvuista X ja X+1 ei saa olla samaan aikaan jaollinen kolmella, se jo riittää.
Viidellä, mutta ei kolmella jaollisia sijainteja ovat 30n + 5, 30n+10, 30n + 20, 30n + 25
30n + 5 ei jäy, koska sitä seuraava luku on 30n + 6, joka on kolmella jaollinen. Kolmosen pitäisi sijaita ennen lukua, ei heti sen jälkeen.
Sama pätee lukuun 30n+20. Seuaava luku voi olla seitsemällä jaollinen, mutta se on jokaisessa tapauksessa myös kolmella jaollinen. Se ei siis käy.
Haemme siis lukuja, jotka ovat muotoa 30n + 10 tai 30n +25. Ne ovat viidellä jaollisia, ja niiden vasemmalla puolella on kolmella jaollinen luku.
Oikealla puolella olevan luvun on oltava 7:llä jaollinen. Muodostetaan siis kaava, jota en valitettavasti osaa muodostaa ihan oikein.
1. (30n + 10 +1) / 7 = ___ // X = N (luonnollinen kokonaisluku)
2. (30n + 25 + 1)/ 7 = ___
Tämän kanssa piti hetki säätää ruutupaperilla, mutta 1. tapauksessa n = 5 ja X = 161, 2. tapauksessa n = 1 ja X = 56.
54 - kolmella jaollinen
55 - viidellä jaollinen
56 - seitsemällä jaollinen
159 - kolmella jaollinen
160 - viidellä jaollinen
161 - seitsemällä jaollinen
Jos haluamme tietää, missä luvut ovat käänteisessä järjestyksessä, meidän tarvitsee vain vähentään luvut 210:stä. Matriisit ovat sisäisesti symmetrisiä, kuten aiemmin todistin.
Voisimme helposti kehittää ohjelman, joka etsisi paljon pidempiäkin alkulukujen peräkkäisiä ketjuja.
Johtopäätöksiä
En ihan vielä päässyt lopulliseen todistukseen, mutta tiedämme tämän verran.
Matriisin sisällä tekijät 3, 5 ja 7 asettuvat samalla tavoin suhteessa toisiinsa kahdesti - kaikilla kuviteltavissa olevilla tavoin. Toisella kertaa keskimmäinen luku on parillinen, toisessa tapauksessa pariton. Tämä johtuu siitä, että myös luku 2 on matriisin tunnettu jäsen.
Jos lukua 2 ei huomioida, matriisin origo sijaitsee jo kohdassa 105. Myös tämän origon suhteen esiintymät ovat säännöllisiä ja symmetrisiä...
105 = 3 x 5 x 7
159 = 105 + 54
160 = 105 + 55
160 = 105 + 56
Suuremmat metriisit rakentuvat pienemmistä matriiseísta. Niiden sisäinen symmetriä ja säännönmukaisuus pätee täydellisesti ja äärettömyyteen asti.
Tässä tarjoutuu mahdollisuus oivallukseen.
Matriisit sisältävät yhden kappaleen kutakin tekijöiden asemointia, sekä sen peilikuvan.
Potentiaaliset alkulukuparit esiintyvät aina matriisissa - miten isosta matriisista onkaan kyse - kahtena kappaleena, oman itsensä peilikuvana.
Oletetaan siis, että äärettömän suuren matriisin alkulukuparille mahdollien tupla-aukkokohta on peittynyt tekijällä Z. Tämä tekijä on pienempi kuin neliöjuuri n, minkä lisäksi se ei ole matrsiisin tunnettu tekijä. Se on siis vaarallinen, alkulukupareja estävä vapaasti liikkuva tekijä.
Melkein alkulukuparilla A - B on symmetrinen peilikuva B - A. Sama tekijä ei voi hoitaa päiviltä toisa kertaa pelikuvan samaa jäsentä, koska se on lähtenyt matriisin origosta. Jos se kulkisi peilikuvan suhteen samaa rataa, se osuisi myös siirrettyyn origoon matriisin toisessa päässä. Silloin se olisi matriisin tunnettu tekijä, mikä on jo pois suljettua. Vain tunnettujen tekijöiden symmetriä pätee suhteessa matriisiin, muille tekijöille pätee vain se, että ne eivät astu kahta kertaa samaan ruutuun ennen origoa.
Voiko tekijä astua myöskään alkulukuparin toiseen jäseneen B?
Tarkastellaan uudestaan kaavakuvaa, jossa on esiteltynä tekijänkierto. Näemme, että tekijä 7 itse asiassa poistaa kullakin matriisin rivillä vain yhden potentiaalisen alkuluvun, eli aiempien tekijöiden aukkokohdan.
Onko tämä säännönmukaisuus ja mihin se perustuu?
Se ei ole säännönmukaisuus, mutta se kyllä ennakoi tiettyjä sääntöjä.
Alkulukujen välimatkatekijät
Emme ole vielä käsitelleet alkulukujen keskinäisen sijainnin etäisyyttä. Tämä tulee tärkeämmäksi vasta Goldbachin konjenktuurin yhteydessä, mutta jos katsot taulukkoa niin huomaat, että alkulukujen etäisyys toisistaan on aina parillinen.
Totta kai parittomien lukujen etäisyydet ovat parillisia. Muutoin jokin alkuluvuista olisi parillinen, jos se sijaitsisi parittomalla atäisyydessä suhteessa muihin parittomiin alkulukuihin. (Se on mahdollista vain kun kyseessä on luku 2.)
Tämä sama sääntö pätee myös kolmoseen ja kolmella jaettavuuteen. Alkulukujen etäisyys on 2/3:lla suhteessa kolmosen monikertoihin, mikä voi olla vaikea ymmärtää. Ei pariton, vaan kolmokseton.
Alkulukuparit, matriisissa origo30, ovat suhteessa toisiinsa etäisyydellä 2, 2 x 2 ( x 2) tai 2 x 3. Niiden välimatkan täytyy olla joko kahdella tai sekä kahdellä että kolmella jaollisia, muutoin syntyisi paradoksi: alkuluku, joka olisi kolmella jaollinen suhteessa origoon, siis kolmella jaollinen alkuluku? Kolmas mahdollinen välimatkatekijä on 5, kolmas matriisin tunnettu tekijä.
Alkuluvut 7 ja 17 ovat matriisissa 0 >> 30 kymmenen askelen päässä toisistaan. 7 ja 23 välinen etäisyys on 16, siis kaksi potenssiin neljä.
Matriisin tunnettuja tekijöitä suurempi tekijä ei pysty ottamaan askelia, jotka vastaavat mitään näistä. Luvun seitsemän on mahdoton missään olosuhteissa ottaa 6:n tai 12:n ruudun pituista askelta.
(Symmetrisyys kuitenkin pätee myös 7:n kohdalla, kun tarkastellaan sen liikkeitä suuremmassa mittakaavassa. Kaavion puolivälissä se osuu Origon keskikohtaan, minkä jälkeen se samalla rivillä poistaa 30x3 + 1 ja +29. Näiden välinen etäisyys on 7:llä jaollinen, eli 28).
Jokainen tekijä, josta on tullut potentiaalinen, kohtaa nämä samat edut ja rajoitukset.
Yhden ja saman läpikulun aikana sen on mahdollista täyttää yhden kerran kukin matriisin aukkokohta - ja sen se myös tekee, ennen pitkää.
Tiedämme, että potentiaalisia tekijöitä voi olla liikkeellä hyvin suuri määrä. Jokainen liikkeellä oleva tekijä on kuitenkin matriisin sisällä samassa suhteessa kaikkiin muihin tekijöihin säännönmukaisin väliajoin.
Niiden keskinäinen matriisi sulkeutuu vasta äärettömän suuressa nollakohdassa.
Jos laskemme yhteen miljoona pienintä tekijää, saamme valtaisan matriisin. Potentiaalisia alkulukuparien aukkokohtia tuossa matriisissa on lukematon määrä.
Jokainen alkuluku, eli potentiaalinen tekijä, kulkee tuon matriisin läpi ja yhdellä kierroksella se peittää yhden aukkokohdan. Tämä voi kuulostaa uskomattoman vähäiseltä, sillä matriisi on symmetrinen ja sen toisella laidalla odottaa alkulukupari, jonka toista osapuolta sama tekijä ei voi peittää.
11 on täydentänyt vartiokierroksensa kun metriiseja on käsitelty 11 kappaletta.
Aiemmin laskimme, että potentiaalisia alkulukupareja on matriisissa origo210 kaikkiaan 15 kappaletta.
Näemme kaaviosta, että niistä realisoituu 11.
Origossa 2310 on potentiaalisia alkulukupareja 15 x (11-2) = 135. Niistäkin realisoituu yli kolmannes.
Voimme täysin eksaktisti laskea potentiaalisten alkulukuparien määrän kuinka suurelle matriisille tahansa. Isompi kysymys on siitä, miten suuri osa niistä lopulta realisoituu.
Niistä kuitenkin aina realisoituu merkittävä osa. Matriisi on huomattavasti suurempi kuin sen neliöjuuri, ja myöskin symmetrinen. Sen toisella, kauemmalla laidalla olevista alkulukupareista useimmat säästyvät jo sen vuoksi, että tekijät ovat lähteneet liikkeelle samoista kohdista, mutta peilipuolelta. Niiden on mahdotonta kulkea symmetrisesti matriisissa, jonka tekijä ne itse eivät ole.
Paljon merkittävämpi havainto on kuitenkin huomattavasti yksinkertaisempi.
Tiedämme, että jokainen matrsiisi, miten tahansa suuri se onkaan, synnyttää alkulukupareille otollisia aukkokohtia.
Lähdetään liikkeelle luonnollisesta origosta, ja otamme matriisiksi tuhat ensimmäistä alkulukua. Miten toimii seuraavaksi suurin alkuluku?
Se hyppää tietenkin itsensä pituisen askelen, kohtaa luvun 2, hyppää taas ja kohtaa luvun 3. Näin jatkuu, kunnes se kertautuu itsensä kanssa.
Samoin toimii seuraavaksi suurin alkuluku. Mikään tuntematon tekijä ei siis millään tavoin uhkaa matriisin ensimmäistä potntiaalista alkulukuparia. Se toteutuu väistämättä.
ERGO: Jos alkulukumatriisissa on ennustettu olevan potentiaalisia alkulukupareja, niistä jo heti ensimmäinen toteutuu.
Tiedämme, että potentiaalisten alkulukujen kasvava määrä on todistettu äärettömän suurilla matriiseilla.
Niinpä alkulukupareja on ääretön määrä. M.O.T.
Matriisin omat tekijät voivat saada aikaan sen, että parin ilmaantumiseen on matkaa.
Vielä esimerkki:
Matriisissa, jonka suurin tekijä on seitsemän, toteutuu alkulukupari 11 + 13. Matriisissa, jonka suurin tekijä on 13, toteutuu alkulukupari 17+19. jne.
Ymmärrän, että tämä voi kuulostaa hassulta, mutta niin yksinkertaista se on. Tietojemme varassa olisi loogisesti mahdotonta, että tuntematon, suurempi tekijä vaikuttaisi matriisissa ennen kuin sen omat tekijät ovat ehtineet liikkua ja muokata sitä. Tuhannen päälle sijoittuvat alkuluvut eivät muutu aktiivisiksi tekijöiksi välillä 1000 >> 1.000.000. Tämä on tietenkin murto-osa koko matriisista, mutta tuhat kertaa suurempi alue kuin se, jolta tekijät ovat lähteneet liikkeelle.
Varmuuden vuoksi esitän myöhemmin myös todistuksen, joka lähtee liikkeelle hieman eri suunnasta.
Alkulukuparien etsimisestä
En ole ollut kiinnostunut suurimmasta alkulukuparista, jonka voisi etsiä megatitokoneella, vaan eksakteista sijainneista. Alkulukupareja on helppo seuloa siten, että kerrotaan keskenään alkulukuja, jotka eivät ole parillisia - ja sitten saatuun lukuun lisätään ja siitä miinustetaan tunnettu alkulukupari.
Saadut luvut eivät voi olla jaollisia millään käytetyistä tekijöistä. Siksi todennäköisyys on suuri.
Esimerkiksi 2 x 3 x 5 x 7 x 11 x 13 =30030
Vähennetään 17 ja 19, saadaan alkulukupari: 30013 ja 30011. Myös lisättäessä toinen luvuista on alkuluku, eivät sentään molemmat.
Lisää etsiskelyn perusteista seuraavassa osassa...
maanantai 28. toukokuuta 2012
Legendre & tekijöiden optimaalinen tehokkuus
ALKULUKUJEN ARVOITUKSET, OSA 9/10
Mitä me tiedämme varteenotettavien tekijöiden kyvyistä? Tähän on saatava selkeys, ennen kuin voin esittää lopullisen ratkaisun alkulukuparien rajattoman määrän ongelman tai Goldbachin hypoteesiin. Viimeisen kahden vuoden aikana olen keksinyt kumpaankin todistukseen varmaan kymmenen muttaa ja ehkää, mutta kaikki epäilykset ovat aina osoittautuneet turhiksi.
Onko esimerkiksi mahdollista, että riittävä määrä tekijöitä kykenisi aina peittämään potentiaalisen alkulukuparin toisen osapuolen? Entä jos Goldbach-pelin musta osapuoli onnistuisi jotenkin tehostamaan omien tekijöidensä kuolettavuutta ja päihittäisi ylivertaisen vihollisen? Ovatko tällaiset yllätykset edes teoriassa mahdollisia?
Kolmas ratkaisematon alkulukuongelma: "n ja n+1"
Legendren konjenktuuri esittää, että väliltä "n potenssiin 2" ja "n +1 potenssiin 2" löytyy aina vähintään yksi alkuluku.
Pelkästään alkulukuja tuijottamalla ratkaisut eivät juurikaan etene (eivät ole edenneet, eivätkä tule etenemään), mutta kun katse kohdistetaan tekijöihin, Legendren konjenktuurista tulee läpihuutojuttu.
Kysymys käännetään nyt siis toisin päin: pystyisivätkö käytössä olevat tekijät edes teoreettisesti peittämään koko pinta-alan välillä "n toiseen" ja "n+1 toiseen"?
(Anteeksi etten vieläkään ole keksinyt ratkaisua, jolla potenssit ja muutamat muut merkit, kuten nuolet, saisi bloggerissa toimimaan. Olen pari kertaa yrittänyt leikata tekstin wordistä, mutta siitä on tullut sotkua.)
Kun sanon "teoreettisesti", tarkoitan, että emme tule tutkimaan konkreettisia esimerkkiejä kuten yllä, vaan pahimpia mahdollisia tilanteita. Haluan testata kaikki tekijöiden yhdistelmät ja nähdä mihin ne pystyvät. Koe täytyy tietenkin suorittaa riippumatta mittasuhteista, tietämättä luvun n arvoa.
Sitä varten meidän on eroteltava universaalisti päteviä lakeja - ja hyödynnettävä useita aiemmissa teksteissäni esiteltyjä tekijöitä koskevia sääntöjä.
Osa 1: pelikentän laajuus
Onneksemme tutkittava väli säilyy vakiona. Lasketaan:
(n +1) x (n + 1) - (n potenssiin 2)
= (n potenssiin 2) + 2n + 1 - (n potenssiin 2)
= 2n + 1
Edellisestä osasta opimme, että varteenotettavia tekijöitä on tietyllä välillä aina käytössä määrä "neliöjuuri n", tai siis kaikki ne alkuluvut, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri "n+1 potenssiin 2", voivat peittää omatoimisesti ruutuja tällä kyseisellä alueella, jonka päätepiste on "n+1 potenssiin 2".
Nyt Legendren konjenktuuri on siis muunnettu seuraavanlaiseen muotoon:
Osa 2: tekijöiden peittävyys
Aiemmissa osissani esittelemäni matriisit perustuvat siihen, että tekijät toistavat samoja tanssikuvioita, eivätkä voi oppia uusia temppuja. Tämän voi sanoa myös toisella tavoin: tekijät käyvät tietyssä järjestyksessä läpi kaikki mahdolliset keskinäiset asemat. Matriisi siis näyttää meille kaikki mahdolliset tavat, joilla kyseiset tekijät voivat sijaita vierekkäin. Pisin aukoton jakso matriisissa on myös teoreettisesti pisin mahdollinen aukoton jakso, jonka tunnetut tekijät voivat rakentaa.
(Ja Legendren konjenktuuri on sikäli helppo haaste, että KAIKKI tekijät voidaan tuntea esittelemilläni välineillä. Villejä tekijöitä ei tarvitse huomioida, sillä niitä ei ole. Miksikö? Selitän kohta.)
Toistaiseksi tekijöiden mieskunto ei näytä kovin kummoiselta. Tekijät 2, 3 ja 5 kykenevät hädin tuskin peittämään puolet siitä, mikä on suurimmat tekijän pituus. Väkisinkin syntyy aukkokohtia niiden kohtien viereen, jossa tekijät astuvat toistensa päälle. Muuttuisiko tilanne mitenkään, jos tekijöiden määrää lisättäisiin? Menisikö se huonompaan vai parempaan suuntaan - vai pysyisi samana.
Oletukseni on, että tilanne pysyy samana, mutta tässä vaiheessa en vielä voi varmistaa tuota oletusta. Se perustuu siihen havaintoon, jonka voimme tehdä katsoessamme luontaista origoa, eli aritmeettista nollaa - mutta tällä kertaa kumpaankin suuntaan.
Mikä hyvänsä tekijöiden määrä onkaan, ne peittävät nollasta hajautuessaan kaikki ruudun kahdesta aina n:ään asti - kumpaankin suuntaan - mistä syntyy tarpeisiimme täydellinen ala 2n. Uusia alkulukuja ei voi olla, koska alkuluvut ovat ne mitä ovat - onhan kyseessä nyt luonnollinen nolla, ei matriisin "siirretty origo". Nollaan titenkin sisältyvät tekijöinä kaikki luvut.
(Huom. Siirretyssä origossa mikään näistä luvuista P1 - Px ei olisi alkuluku, toisin kuin nollassa, josta katsottuna ne kaikki ovat alkulukuja.)
Tämä helposti tarjoutuva esimerkkijakauma paljastaa kuitenkin heti yhden rajoituksen: tekijät eivät edelleenkään pysty täyttämään kohtia origo + 1 sekä origo - 1. Jos Legendren alue noudattaisi samaa jakaumaa, siinä säilyisi sama tilanne - paitsi että nyt luvun 1 kohdalla olisi uusi alkuluku, eikä tietenkään uudestaan lukua 1.
Osa 2B: tekijöiden parempi peittävyys
Olen käynyt läpi lukuisia testejä, mutta en ole kyennyt parantamaan nollasta lähtevää tekijöiden luonnollista jakaumaa. Jos jonkin tekijän sijaintia muuttaa siten, että se täyttäisi aukon origo +1 tai origo - 1, se jättää jälkeensä 2 uutta aukkoa - niihin kohtiin, joissa se alkujaan oli alkulukuna - eikä tietenkään mikään muu tekijä paitsi 2 pystyisi peittämään kerrallaan 2 ruutua, joiden välimatka on 2 - mutta jos lukua 2 siirtää, se jättää jälkeensä vielä enemmän aukkoja.
Olen nykyään vakuuttunut, että luonnollinen jakauma on paras mahdollinen koko alueen peittävyyttä ajateltuna - tai vähintäänkin jakaa parhaan tulokset jonkin toisen jakauman kanssa. Tämä johtuu siitä, että
a) kun nollakohta on kaikkien tekijöiden yhteinen nollakohta, syntyvät aukot vain tämän yhden kohdan ympärille. Jos tekijöiden nollakohtia on useampia, on vaarana että myös vierustavia aukkoja syntyy useampia.
b) kun suuremmat tekijät lähtevät pisteestä, jossa on tekijänä 2 ja 3, ne voivat heti kummassakin suunnassa peittää aukon, ennen kuin astuvat ulos alueelta. Jos päin vastoin suuri tekijä sijoitetaan haluttuun aukkokohtaan keskemmällä aluetta, se astuu kummassakin suunnassa seuraavaksi parilliseen ruutuun, eikä siitä ole hyötyä. Lisäksi se astuu jommassa kummassa suunnassa myöskin kolmella jaolliseen lukuun.
Matriisin aukkokohtien väliset etäisyydet ovat aina 4 tai 6 (tai 4+6=10 tai 4 + 4 = 8 tai 6+6=12). Koska mikään muu alkuluku paitsi 2, 3 tai 5 ei kykene ottamaan suoraan tämän mittaisia askelia, eivät isommat tekijät ovat kovinkaan suureksi avuksi. Kun ne täyttävät yhden aukon, niiltä kestää aikaa ennen kuin ne taas löytävät ruudun, jossa niistä on mitään hyötyä.
Merkittävin poikkeus on matriisin nollakohta. Siitä katsottuna ne täyttävät suoraan kumpaankin suuntaan aukon - koska ruutu, johon ne astuvat, ei voi olla jaollinen nollakohdan muilla tekijöillä.
Näin ollen, kun luonnollisessa jakaumassa kaikki käytössä olevat tekijät kohtaavat samassa ruudussa, ne kaikki astuvat seuraavaksi ruutuun - kummassakin suunnassa - jossa ei ole muita tekijöitä. Alueelle 2n ovat tällöin tekijät 2 - n maksimaalisesti hyödynnetyinä.
Ja koska luonnollisessa jakaumassa syntyy uudet alkulukut kohtiin +1 ja -1, ei loogisesti ole mahdollista, että tekijät 2 - n voisivat täyttää alan 2n +1. Vaikka meillä olisi käytössä yksi lisätekijä, se voisi täyttää vain toisen ruudun kerrallaan - ja jos liikutamme jotakin muuta tekijää, syntyy 2 aukkoa tuon yhden peitetyn tilalle.
Osa 3: täsmällisempi lähestymistapa
On myös toinen keino todistaa, että alueen pinta-ala on vakio: 2n +1. Tätä todistusta seuraamalla me pystymme määrittämään tekijöiden sijainnit huomattavasti tarkemmin.
Tiedämme siis, että alueen alkupiste on "n x n", ja sen loppupiste "(n +1) x (n+1)". Näin ollen pisteen n x (x+1) täytyy sijaita tuon alueen sisällä.
Etäisyys pisteestä "n x n" pisteeseen n x (+1) on aina sama: "n". Samoin etäisyys pisteestä n x (n+1) pisteeseen (n+1) x (n+1): n +1.
Näin ollen koko alueen alan täytyy olla n + n + 1, eli 2n + 1
Piirtämäni kuvio osoittautuu kuitenkin arvaamattoman arvokkaaksi. Meidän ei tarvitse tietää luvun n arvoa, jotta saisimme selville liudan uusia asioita.
Jos siirrymme ruudusta n x (n+1) yhden "n+1" pituisen askelen taaksepäin, löydämme ruudun, jossa tekijänä on "n-1"
Voimme jatkaa tällaista hidasta analyysi ja lopulta voimme ratkaista alueen tekijät kuin kyseessä olisi sudoku. Vierekkäisten "kompleksisten tekijöiden" ratkaiseminen on äärimmäisen hyödyllistä, sillä luvuilla, jotka sijaitsevat toistensa naapureina, ei voi olla samoja alkutekijöitä.
Puhun nyt kompleksista tekijöistä, koska luku n saattaa olla vaikka kuinka monen tekijän tulo - varsinkin kun kyse on ongelman ratkaisemisesta äärettömän laajalla janalla.
Tiedämme lähtökohtaisesti, että luvuilla n ja n+1 ei voi olla ainuttakaan yhteist tekijää. Tiedämme myös, että koska ne ovat vierekkäisiä lukuja, niistä toinen sisältää tekijän 2. Näin ollen voimme olla varmoja siitä, että niiden yhteisessä tulossa, eli pisteessä "n x (n+1)" sijaitsee tekijä 2. Emme tietenkään tiedä kumman mukana se on tullut, ja vuoron perään se kuuluu kumpaankin alkeistekijänä.
Matriisin kautta voittoon
Piste n kertaa n+1 son siis parillinen. Luvun 2 lisäksi siinä on vähintään yksi toinen tekijä (vaikka todennäköisesti useampiakin). Koska kyseinen ruutu ei ole yhden tekijän monikerta, se on toisin sanoen jonkin tietyn matriisin nollakohta.
Kaikki matriisit peittävät nollakohdasta katsottuna molempiin suuntiin omien tekijöidensä mittaiset etäisyydet. Kaikki matriisin aukkokohdat voidaan määrittää helpoiten siten, että lisätään ja vähennetään nollakohdasta matriisiin kuulumattomien tekijöiden pituinen matka.
Legendren alan ratkaisut löytyvät siis aina kohdista, jotka näkyvät kuvassa: käytössä olevien tekijöiden - niiden, jotka eivät kuulu puolivälin nollakohtaa - etäisyys nollakohdasta. Koska luku 2 sisältyy nollakohtaan, voisin tietenkin ehostaa kuvaa lisäämällä siihen parillisen ruudukon.
Lisäksi ongelmallisia ovat kohdat +1 ja -1 puolivälistä katsottuna.
Jos jokin tekijöistä P3 nuoli Px < n on peittämässä kohtaa -1 tai + 1, se ei pysty kumpaankaan suuntaan peittämään omaa alkulukuaan. Lisäksi tiedämme, että nollakohdan vierustava ruutu +1 tai - 1 on pariton (koska nollakohta n x n+1 on parillinen). Tästä seuraa, että tekijä Px astuu kumpaankin suuntaan seuraavaksi parilliseen ruutun - mistä seuraa, ettei tuo ruutu voi olla alkuluku - mistä seuraa, että tekijä Px jättää todennäköisesti jälkeensä 2 aukkoa peittäessään yhden.
Kaksi erillistä tekijää olisi sijoitettava matriisin ruutuihin -1 ja +1. Vaikka tekijöitä olisi käytettävissä lähes ääretön määrä, kaikki edellä sanottu pätee.
Oma korjaukseni Legendren konjenktuuriin olisi se, että tutkittavalla välillä on AINA VÄHINTÄÄN 2 ALKULUKUA. Jätän tähän kuitenkin pienen varauksen, sillä muistamme, että tutkittava alue ei ole 2n vaan 2n+1 - ja koska ulkoraja on n+1 potenssiin 2, saattaisivat sekä n+1 että n-1 olla alkulukupari - ja varteenotettavien tekijöiden maksimaalisen peittävyyden suhde alaan menisi parhaimmillaan hyvin tiukalle - ei kuitenkaan missään nimessä täytyisi. MOT.
Jos jollekin jäi jotain epäselväksi, tässä on vielä yksi kuva, josta näkyy todellisten ratkaisujen anatomia. Tekijöitä katsomalla asiat siis jälleen kerran selkiytyvät.
KLIKKAA ISOMMAKSI!
Kuten kuvasta näkyy, kaikki nollakohdat (keskellä) ovat parillisia - ja tulevat olemaan. Useimmat alkuluvut ovat muotoa -1 tai +1, mutta tämä ei ole mikään vakio - ainoastaan suuri todennäköisyys.
Vakio on kuitenkin se, että ratkaisuja löytyy. Kuten ennustin, ne ovat muotoa: nollakohta +/- tekijä, joka ei siihen kuulu. Esimerkiksi nollakohta 20 ei olekolmella jaollinen, joten kummaltakin puolen löytyy rarkaisu, joka on kolmen askelen etäisyydellä.
Vastaavasti 42 ei ole viidellä jaollinen, joten ratkaisut ovat viiden askelen päässä:
37 = 42 -5
47 = 42 +5
(Huomautettakoon vielä, että vaikka luku 7 on tekijänä luvussa 21 (20+1) se ei ole varteenotettava tekijä ennen kuin ruudusa 49 (7x7). Ainoa huomioitava tekijä on siis tuossa vaiheessa luku 3.)
Lopuksi
Legendren konjenktuuri on tutkituista kolmesta matemaattisesta ongelmasta mielestäni helpoin. En ole voinut esittää tässä kaikkia yksityiskohtia, koska oletan, että aiemmat osat lukeneelle henkilölle ne ovat jo avautuneet.
Todellisissa tilanteissa tekijät eivät tietenkään ole tarkoituksenmukaisesti sijoittuneita. Ne eivät yritä estää alkulukujen syntymistä - mutta tällä esityksellä tahdon osoittaa, että vaikka me saisimme vapaalla kädellä sijoittaa ne maksimaalisen peitävällä tavoin alueelle, ne eivät siltikään riittäisi.
Voimani alkavat tämän hyperfokusoituneen ja siitepölyoireilla piinatun toukokuun osalta ehtyä, mutta yritän seuraavassa osassa vielä kerran palata alkulukupareihin ja Goldbachin hypoteesiin. Laskeskelin päässäni, että täydellisen ja aukottoman todistuksen esittämiseen tarvitsisin vielä paljon paljon paljon sivuja ja kaavakuvia, mutta muutaman asian haluan sanoa pikaisesti, ennen kuin lähden Belgiaan ja juhannuslomille.
Mitä me tiedämme varteenotettavien tekijöiden kyvyistä? Tähän on saatava selkeys, ennen kuin voin esittää lopullisen ratkaisun alkulukuparien rajattoman määrän ongelman tai Goldbachin hypoteesiin. Viimeisen kahden vuoden aikana olen keksinyt kumpaankin todistukseen varmaan kymmenen muttaa ja ehkää, mutta kaikki epäilykset ovat aina osoittautuneet turhiksi.
Onko esimerkiksi mahdollista, että riittävä määrä tekijöitä kykenisi aina peittämään potentiaalisen alkulukuparin toisen osapuolen? Entä jos Goldbach-pelin musta osapuoli onnistuisi jotenkin tehostamaan omien tekijöidensä kuolettavuutta ja päihittäisi ylivertaisen vihollisen? Ovatko tällaiset yllätykset edes teoriassa mahdollisia?
Kolmas ratkaisematon alkulukuongelma: "n ja n+1"
Legendren konjenktuuri esittää, että väliltä "n potenssiin 2" ja "n +1 potenssiin 2" löytyy aina vähintään yksi alkuluku.
Kysymys käännetään nyt siis toisin päin: pystyisivätkö käytössä olevat tekijät edes teoreettisesti peittämään koko pinta-alan välillä "n toiseen" ja "n+1 toiseen"?
(Anteeksi etten vieläkään ole keksinyt ratkaisua, jolla potenssit ja muutamat muut merkit, kuten nuolet, saisi bloggerissa toimimaan. Olen pari kertaa yrittänyt leikata tekstin wordistä, mutta siitä on tullut sotkua.)
Kun sanon "teoreettisesti", tarkoitan, että emme tule tutkimaan konkreettisia esimerkkiejä kuten yllä, vaan pahimpia mahdollisia tilanteita. Haluan testata kaikki tekijöiden yhdistelmät ja nähdä mihin ne pystyvät. Koe täytyy tietenkin suorittaa riippumatta mittasuhteista, tietämättä luvun n arvoa.
Sitä varten meidän on eroteltava universaalisti päteviä lakeja - ja hyödynnettävä useita aiemmissa teksteissäni esiteltyjä tekijöitä koskevia sääntöjä.
Osa 1: pelikentän laajuus
Onneksemme tutkittava väli säilyy vakiona. Lasketaan:
(n +1) x (n + 1) - (n potenssiin 2)
= (n potenssiin 2) + 2n + 1 - (n potenssiin 2)
= 2n + 1
Edellisestä osasta opimme, että varteenotettavia tekijöitä on tietyllä välillä aina käytössä määrä "neliöjuuri n", tai siis kaikki ne alkuluvut, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri "n+1 potenssiin 2", voivat peittää omatoimisesti ruutuja tällä kyseisellä alueella, jonka päätepiste on "n+1 potenssiin 2".
Nyt Legendren konjenktuuri on siis muunnettu seuraavanlaiseen muotoon:
Käytössämme on alkuluvut välillä 0 - n+1.Mikä on tekijöiden maksimaalinen peittävyys? Kuinka sen voi selvittää? Sanoin alussa, etten halua hyödyntää todellisia tapauksia, mutta ehkä meidän on aluksi hyvä katsoa jos voimme oppia jotain niksejä rouva Empirialta.
Voiko niitä apuna käyttäen peittää alan, joka on 2n+1?
Osa 2: tekijöiden peittävyys
Aiemmissa osissani esittelemäni matriisit perustuvat siihen, että tekijät toistavat samoja tanssikuvioita, eivätkä voi oppia uusia temppuja. Tämän voi sanoa myös toisella tavoin: tekijät käyvät tietyssä järjestyksessä läpi kaikki mahdolliset keskinäiset asemat. Matriisi siis näyttää meille kaikki mahdolliset tavat, joilla kyseiset tekijät voivat sijaita vierekkäin. Pisin aukoton jakso matriisissa on myös teoreettisesti pisin mahdollinen aukoton jakso, jonka tunnetut tekijät voivat rakentaa.
 |
| Pisin yhtenäinen jakso tekijämatriisissa 30. |
Toistaiseksi tekijöiden mieskunto ei näytä kovin kummoiselta. Tekijät 2, 3 ja 5 kykenevät hädin tuskin peittämään puolet siitä, mikä on suurimmat tekijän pituus. Väkisinkin syntyy aukkokohtia niiden kohtien viereen, jossa tekijät astuvat toistensa päälle. Muuttuisiko tilanne mitenkään, jos tekijöiden määrää lisättäisiin? Menisikö se huonompaan vai parempaan suuntaan - vai pysyisi samana.
Oletukseni on, että tilanne pysyy samana, mutta tässä vaiheessa en vielä voi varmistaa tuota oletusta. Se perustuu siihen havaintoon, jonka voimme tehdä katsoessamme luontaista origoa, eli aritmeettista nollaa - mutta tällä kertaa kumpaankin suuntaan.
 |
| Tekijöiden peittävyys nollapisteessä. |
(Huom. Siirretyssä origossa mikään näistä luvuista P1 - Px ei olisi alkuluku, toisin kuin nollassa, josta katsottuna ne kaikki ovat alkulukuja.)
Tämä helposti tarjoutuva esimerkkijakauma paljastaa kuitenkin heti yhden rajoituksen: tekijät eivät edelleenkään pysty täyttämään kohtia origo + 1 sekä origo - 1. Jos Legendren alue noudattaisi samaa jakaumaa, siinä säilyisi sama tilanne - paitsi että nyt luvun 1 kohdalla olisi uusi alkuluku, eikä tietenkään uudestaan lukua 1.
Osa 2B: tekijöiden parempi peittävyys
Olen käynyt läpi lukuisia testejä, mutta en ole kyennyt parantamaan nollasta lähtevää tekijöiden luonnollista jakaumaa. Jos jonkin tekijän sijaintia muuttaa siten, että se täyttäisi aukon origo +1 tai origo - 1, se jättää jälkeensä 2 uutta aukkoa - niihin kohtiin, joissa se alkujaan oli alkulukuna - eikä tietenkään mikään muu tekijä paitsi 2 pystyisi peittämään kerrallaan 2 ruutua, joiden välimatka on 2 - mutta jos lukua 2 siirtää, se jättää jälkeensä vielä enemmän aukkoja.
Olen nykyään vakuuttunut, että luonnollinen jakauma on paras mahdollinen koko alueen peittävyyttä ajateltuna - tai vähintäänkin jakaa parhaan tulokset jonkin toisen jakauman kanssa. Tämä johtuu siitä, että
a) kun nollakohta on kaikkien tekijöiden yhteinen nollakohta, syntyvät aukot vain tämän yhden kohdan ympärille. Jos tekijöiden nollakohtia on useampia, on vaarana että myös vierustavia aukkoja syntyy useampia.
b) kun suuremmat tekijät lähtevät pisteestä, jossa on tekijänä 2 ja 3, ne voivat heti kummassakin suunnassa peittää aukon, ennen kuin astuvat ulos alueelta. Jos päin vastoin suuri tekijä sijoitetaan haluttuun aukkokohtaan keskemmällä aluetta, se astuu kummassakin suunnassa seuraavaksi parilliseen ruutuun, eikä siitä ole hyötyä. Lisäksi se astuu jommassa kummassa suunnassa myöskin kolmella jaolliseen lukuun.
 |
| Aukkokohtien väliset etäisyydet matriisissa. |
Merkittävin poikkeus on matriisin nollakohta. Siitä katsottuna ne täyttävät suoraan kumpaankin suuntaan aukon - koska ruutu, johon ne astuvat, ei voi olla jaollinen nollakohdan muilla tekijöillä.
Näin ollen, kun luonnollisessa jakaumassa kaikki käytössä olevat tekijät kohtaavat samassa ruudussa, ne kaikki astuvat seuraavaksi ruutuun - kummassakin suunnassa - jossa ei ole muita tekijöitä. Alueelle 2n ovat tällöin tekijät 2 - n maksimaalisesti hyödynnetyinä.
Ja koska luonnollisessa jakaumassa syntyy uudet alkulukut kohtiin +1 ja -1, ei loogisesti ole mahdollista, että tekijät 2 - n voisivat täyttää alan 2n +1. Vaikka meillä olisi käytössä yksi lisätekijä, se voisi täyttää vain toisen ruudun kerrallaan - ja jos liikutamme jotakin muuta tekijää, syntyy 2 aukkoa tuon yhden peitetyn tilalle.
Osa 3: täsmällisempi lähestymistapa
On myös toinen keino todistaa, että alueen pinta-ala on vakio: 2n +1. Tätä todistusta seuraamalla me pystymme määrittämään tekijöiden sijainnit huomattavasti tarkemmin.
Tiedämme siis, että alueen alkupiste on "n x n", ja sen loppupiste "(n +1) x (n+1)". Näin ollen pisteen n x (x+1) täytyy sijaita tuon alueen sisällä.
Näin ollen koko alueen alan täytyy olla n + n + 1, eli 2n + 1
Piirtämäni kuvio osoittautuu kuitenkin arvaamattoman arvokkaaksi. Meidän ei tarvitse tietää luvun n arvoa, jotta saisimme selville liudan uusia asioita.
 |
| Legendre Sudoku |
Voimme jatkaa tällaista hidasta analyysi ja lopulta voimme ratkaista alueen tekijät kuin kyseessä olisi sudoku. Vierekkäisten "kompleksisten tekijöiden" ratkaiseminen on äärimmäisen hyödyllistä, sillä luvuilla, jotka sijaitsevat toistensa naapureina, ei voi olla samoja alkutekijöitä.
Puhun nyt kompleksista tekijöistä, koska luku n saattaa olla vaikka kuinka monen tekijän tulo - varsinkin kun kyse on ongelman ratkaisemisesta äärettömän laajalla janalla.
Tiedämme lähtökohtaisesti, että luvuilla n ja n+1 ei voi olla ainuttakaan yhteist tekijää. Tiedämme myös, että koska ne ovat vierekkäisiä lukuja, niistä toinen sisältää tekijän 2. Näin ollen voimme olla varmoja siitä, että niiden yhteisessä tulossa, eli pisteessä "n x (n+1)" sijaitsee tekijä 2. Emme tietenkään tiedä kumman mukana se on tullut, ja vuoron perään se kuuluu kumpaankin alkeistekijänä.
Matriisin kautta voittoon
Piste n kertaa n+1 son siis parillinen. Luvun 2 lisäksi siinä on vähintään yksi toinen tekijä (vaikka todennäköisesti useampiakin). Koska kyseinen ruutu ei ole yhden tekijän monikerta, se on toisin sanoen jonkin tietyn matriisin nollakohta.
 |
| Legendren matriisi |
Legendren alan ratkaisut löytyvät siis aina kohdista, jotka näkyvät kuvassa: käytössä olevien tekijöiden - niiden, jotka eivät kuulu puolivälin nollakohtaa - etäisyys nollakohdasta. Koska luku 2 sisältyy nollakohtaan, voisin tietenkin ehostaa kuvaa lisäämällä siihen parillisen ruudukon.
Lisäksi ongelmallisia ovat kohdat +1 ja -1 puolivälistä katsottuna.
Jos jokin tekijöistä P3 nuoli Px < n on peittämässä kohtaa -1 tai + 1, se ei pysty kumpaankaan suuntaan peittämään omaa alkulukuaan. Lisäksi tiedämme, että nollakohdan vierustava ruutu +1 tai - 1 on pariton (koska nollakohta n x n+1 on parillinen). Tästä seuraa, että tekijä Px astuu kumpaankin suuntaan seuraavaksi parilliseen ruutun - mistä seuraa, ettei tuo ruutu voi olla alkuluku - mistä seuraa, että tekijä Px jättää todennäköisesti jälkeensä 2 aukkoa peittäessään yhden.
Kaksi erillistä tekijää olisi sijoitettava matriisin ruutuihin -1 ja +1. Vaikka tekijöitä olisi käytettävissä lähes ääretön määrä, kaikki edellä sanottu pätee.
Oma korjaukseni Legendren konjenktuuriin olisi se, että tutkittavalla välillä on AINA VÄHINTÄÄN 2 ALKULUKUA. Jätän tähän kuitenkin pienen varauksen, sillä muistamme, että tutkittava alue ei ole 2n vaan 2n+1 - ja koska ulkoraja on n+1 potenssiin 2, saattaisivat sekä n+1 että n-1 olla alkulukupari - ja varteenotettavien tekijöiden maksimaalisen peittävyyden suhde alaan menisi parhaimmillaan hyvin tiukalle - ei kuitenkaan missään nimessä täytyisi. MOT.
Jos jollekin jäi jotain epäselväksi, tässä on vielä yksi kuva, josta näkyy todellisten ratkaisujen anatomia. Tekijöitä katsomalla asiat siis jälleen kerran selkiytyvät.
KLIKKAA ISOMMAKSI!
 |
| Ratkaisujen anatomia. |
Vakio on kuitenkin se, että ratkaisuja löytyy. Kuten ennustin, ne ovat muotoa: nollakohta +/- tekijä, joka ei siihen kuulu. Esimerkiksi nollakohta 20 ei olekolmella jaollinen, joten kummaltakin puolen löytyy rarkaisu, joka on kolmen askelen etäisyydellä.
Vastaavasti 42 ei ole viidellä jaollinen, joten ratkaisut ovat viiden askelen päässä:
37 = 42 -5
47 = 42 +5
(Huomautettakoon vielä, että vaikka luku 7 on tekijänä luvussa 21 (20+1) se ei ole varteenotettava tekijä ennen kuin ruudusa 49 (7x7). Ainoa huomioitava tekijä on siis tuossa vaiheessa luku 3.)
Lopuksi
Legendren konjenktuuri on tutkituista kolmesta matemaattisesta ongelmasta mielestäni helpoin. En ole voinut esittää tässä kaikkia yksityiskohtia, koska oletan, että aiemmat osat lukeneelle henkilölle ne ovat jo avautuneet.
Todellisissa tilanteissa tekijät eivät tietenkään ole tarkoituksenmukaisesti sijoittuneita. Ne eivät yritä estää alkulukujen syntymistä - mutta tällä esityksellä tahdon osoittaa, että vaikka me saisimme vapaalla kädellä sijoittaa ne maksimaalisen peitävällä tavoin alueelle, ne eivät siltikään riittäisi.
Voimani alkavat tämän hyperfokusoituneen ja siitepölyoireilla piinatun toukokuun osalta ehtyä, mutta yritän seuraavassa osassa vielä kerran palata alkulukupareihin ja Goldbachin hypoteesiin. Laskeskelin päässäni, että täydellisen ja aukottoman todistuksen esittämiseen tarvitsisin vielä paljon paljon paljon sivuja ja kaavakuvia, mutta muutaman asian haluan sanoa pikaisesti, ennen kuin lähden Belgiaan ja juhannuslomille.
keskiviikko 23. toukokuuta 2012
Goldbach The Game 2/2
Katsotaan käytännössä mitä aiemmassa esimerkkitapauksessa n=24 lopulta tapahtuu.
Tekijä 3 ohittaa muut vastapuolen sotilaat, mutta lyö laudalta valkoisen nro 3. Tämä on ennakoitavissa, koska luku n=24 on 3:lla jaollinen. Niinpä kolmonen ei voi olla sen ratkaisu. Jos kolmella jaolliseen lukuun lisätään 3 tai siitä vähennetään 3, uusi luku on myöskin kolmella jaollinen. Niinpä se ei voi olla alkuluku.
SÄÄNTÖ 1: Mikään tekijä, joka jo kuluu osaksi tutkittavaa parillista lukua n, ei voi olla Goldbachin hypoteesin ratkaisu P - paitsi, jos luku n on muotoa 2P, jolloin sen ratkaisu on P + P.
Koska valkoinen kolmonen ja musta kolmonen kohtaavat, ei musta kolmonen voi missään tapauksessa lyödä laudalta mitään toista nappulaa. Tiedämme tämän varmuudella, sillä...
SÄÄNTÖ 2: Jos luku X on tekijänä luvussa n, niiden yhteinen matriisi on symmetrinen. Silloin kummastakin päästä katsottuna sama tekijä X astuu samoihin ruutuhin. Valkoinen 3 kulkee mustan 3:n jalanjälkiä ja toisin päin. Me tiedämme, ettei mikään alkuluku ole kolmella jaollinen (paitsi 3). Tämä pätee myös katsottuna toisesta origosta, jos kyseessä on sellainen matriisi, jonka tekijä on 3.
Mustan puolella pelilautaa mikään alkuluku ei ole 3:lla jaollinen, joten myöskään valkoisen puolella mikään alkuluku ei ole kolmella jaollinen - toisin sanoen, musta 3 ei voi koskea niihin.
SÄÄNTÖ 3: Mitä useampia tekijöitä luvulla n on, sitä enemmän pelikentällä vallitsee symmetria - ja sitä enemmän ratkaisuja on Goldbahin hypoteesilla tuon kyseisen luvun kohdalla. Todistan tämän myöhemmin.
Varteenotettavat tekijät ja nynnyt tekijäkokelaat
Luku n=24 ei ole viidellä jaollinen, joten katsotaan mitä tapahtuu seuraavaksi.
Luku 24 ei ole 5:llä jaollinen, joten ohitettuaan puolivälin, luku 5 ei enää astu samoihin ruutuihin kuin omalla puolellaan pelikenttää (etäisyys puolivälistä muuttuu, toisin kuin luvulla 3!) Niinpä sillä on hyvät mahdollisuudet torpata mikä tahansa vastapuolen luku - tai useampikin.
Valitettavasti tällä kertaa 5 on suutari.
Enempää lukuja meidän ei tarvitse enää edes tutkia. Tiedän jo lopputuloksen. Ja mistäkö sen tiedän? - Koska tekjät ovat vaarattomia, jos ne ovat suurempia kuin neliöjuuri n. Tässä tapauksessa siis kaikki viitosta suuremmat - ja myös niukasti luku 5 itse - ovat täysin harmittomia. Ne eivät voi lyödä ainuttakaan vastapelaajaa.
SÄÄNTÖ 4: Mustan hyökkäyskalustoon kuuluvat ainoastaan luvut, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri n. Kaikki sitä suuremmat luvut eivät ole vielä kypsyneet varteenotettaviksi tekijöiksi.
TODISTUS: Katsotaan ensin mitä alkuluvuille 7 ja 11 tapahtuu, kun ne astuvat vihollisen maaperälle.
Luku 11 astuu ruutuun 2 x 11 = 22. Luku 7 astuu ruutuun 2 x 7 = 14. Tämä on täysin hyödytön liike molemmilta, koska tiedämme, että luku n on jaollinen kahdella. Kaikki Goldbachin Pelin areenat ovat jaollisia kahdella, se on hypoteesin lähtökohta. Näin ollen parilliset luvut ovat mustalle ja valkealle symmetrisiä.
Symmetria-säännöstä tiedämme, että symmetriset ruudut eivät voi olla alkulukuja. Parillinen ruutu mustan origosta katsottuna on parillinen luku myös valkoisen origosta katsottuna. Suuret alkuluvut astuvat vihollisen maaperällä ensin parilliseen ruutuun - ja sitten hyppäävät kokonaan pois laudalta. Niistä ei ole mitään vaaraa, koskaan!
Luku seitsemän astuu seuraavaksi ruutuun 3 x 7 - tietenkin, koska se on kolmas seitsemällä jaollinen luku. Me tiedämme jo valmiiksi, että luku 3 on lyönyt laudalta oman vastinparinsa, joten kolmella jaolliseen ruutuun astuminen ei hyödytä mustaa millään tavoin.
Seuraava ruutu, johon musta 7 astuisi, olisi 4 x 7 - jälleen parillinen luku, täysin dyödytöntä.
Sitten 5 x 7 - mitä apua tästä on, koska luku 5 olisi jo käynyt paikalla tyhjentämässä ruudukon.
Taas parillinen 6 x 7 - aivan hyödytöntä. Koko 7 on aivan tarpeeton ennen kuin se saavuttaa ruutua 7 x7 - ja sen saavutettuaan on mahdollista, ettei kyseisessä ruudussa edes ole vastustajan alkuluku-nappulaa.
Luvun 11 tie olisi vielä vaivalloisempi. Sen astuessa ruutuun 7 x 11 olisi luku 7 jo käynyt paikalla, eikä seuraava askel 8 x 11 olisi yhtään sen parempi: parillinen. Sitten 9 x 11 - kolmella jaollinen, kolmonen on käynyt jo täällä. Sitten parillinen. Vasta luku 11 x 11 hyödyttäisi mitään - mutta siinä ei välttämättä ole vastustajaa.
Sääntö 4 pätee siksi, että kaikki uudet, suuret alkuluku-kokelaat etenevät ruudukossa samaan tapaan. Ensin ne tutustuvat kaikkiin aiempiin tekijä-kavereihinsa: 3, 5, 7 jne. sekä koluavat läpi myös kaikki parilliset ruudut. Vasta kohdattuaan itsensä - ruudussa P potenssiin 2 - alkuluku on valmis sotaan. Se tuntee aiempien tekijöiden matriisin, ja osaa nyt omin voimin haastaa vastapuolen alkulukuja.
LOPPUTULOS: Näemme nyt Goldbachin hypoteesin ratkaisut luvulle n. Katsotaanpa tarkkaan pelilautaa:
Ratkaisuja on kolme:
11 + 13
7 + 17
5 + 19
Ylivoimainen vastustaja
Pelin säännöt ovat meille nyt tuttuja. Mietitään uudestaan, kannattaako meidän lyödä vetoa mustan puolesta? Voivatko tekijät neliöjuuri n koskaan yhteistuumin lyödä laudalta kaikkia alkulukuja välillä 1/2n - n? Valkoisella on käytössään koko alkuluku-arsenaali, ja jokainen laudalle jäänyt nappula on ratkaisu hypoteesiin. Riittää, että ratkaisuja on yksi.
Neliojuuri on armoton karsintaväline. Aluksi näyttäisi, että osapuolet ovat tasavertaisia ja kyse on vain sattumasta. Mutta mitä suurempi on pelikenttä, sitä pienempi murto-osa on siihen suhteutettuna sen neliöjuuri. Katsotaan vaikka millaisia pelivälineitä on laudalla, kun n=100. Sen neliöjuuri on tällöin 10 - ja mustalla on käytössään vain tuota pienemmät tekijät.
Hups! Kaiken lisäksi luku 100 on jaollinen viidellä, joten sääntöjen mukaan tekijä 5 ei voi itsensä lisäksi syrjäyttää muita vastapuolen alkulukuja. Gulp!
Game Over man! Game F**king Over! Kyse ei ole enää sattumasta. Kyse ei ole enää pienestä, pienestä mahdollisuudesta. Kyse on teurastuksesta. Monen matemaatikon intuitio viheltää tässä kohtaa pelin poikki. Goldbachin hypoteesi on ratkaistu.
Tilanne ei myöskään tule paranemaan. Neliöjuuri antaa nyt epäreilun 1/10 tasoituksen valkoiselle, mutta kun n nousee miljoonaan, tulee tuo tasoitus olemaan luokkaa 1/1000. Lisäksi alkulukulause todistaa, että vaikka uusien alkulukujen esiintymistahti onkin laskeva, se ei noudata läheskään näin jyrkkää käyrää. Valkoisella tulee aina olemaan miesylivoima, ja hypoteesin ratkaisujen määrä vain kasvaa entisestään.
Tämä ei kuitenkaan vielä riitä minulle. Ymmärrämme tilanteen toivottomuuden, mutta haluan pitää huolen siitä, ettei mitään mahdollisuutta ole jätetty huomioimatta.
Haluan myös esittää Goldbachin hypoteesille tarkat analyytiset ratkaisut kullakin luvulla n. Sekin onnistuu, eikä haaste ole edes vaikea, nyt kun matriisien symmetrinen rakenne on esitelty, ja tiedämme melkoisen paljon varteenotettavien tekijöiden käytöksestä...
PS.
Tekijöistä luku 3 on erityistapaus - eräänlainen shakkipelin kuningatar. Tiedämme, että jokainen alkuluku on muotoa 6n-1 tai 6n+1.
Koska kolmosella on kolme mahdollista kulkureittiä, se voi säännöllisesti osua ruutuihin 6n+0, 6n-1 tai 6n+1. Jos se osuu aina ruutuun 6n+0, tutkittava alue on tietenkin kuudella jaollinen - ja samalla myös kolmella jaollinen. Jos Goldbachin ratkaisuja etsittäessä pelikenttä on kolmella jaollinen, pudottaa luku 3 pelistä pois vain itsensä, ei muuta.
Jos kolmonen osuu säännöllisesti ruutuihin 6n+1 tai 6n-1, se tarkoittaa, että se matkallaan mustan origosta valkoisen origoon pyyhkii tieltään KAIKKI alkuluvut, jotka ovat muotoa 6n +1 tai 6n -1. Toisin sanoen, se parhaimmillaan poistaa laudalta PUOLET vastustajan pelaajista.
Tästä seuraa, että jos Goldbachin konjenktuuriin koskaan löytyy poikkeus, kyseinen luku ei voi olla 6:lla jaollinen. Peli ei mitenkään voisi ratketa mustan eduksi, ellei sillä olisi tätä jokeria hihassaan.
PPS.
Lisäksi haluan esitellä vielä kolmannen alkuluku-ongelman: onko välillä "n toiseen" ja "n+1 toiseen" aina alkuluku? Siitä seuraavaksi.
 |
| Luku 3 hyökkää. |
SÄÄNTÖ 1: Mikään tekijä, joka jo kuluu osaksi tutkittavaa parillista lukua n, ei voi olla Goldbachin hypoteesin ratkaisu P - paitsi, jos luku n on muotoa 2P, jolloin sen ratkaisu on P + P.
Koska valkoinen kolmonen ja musta kolmonen kohtaavat, ei musta kolmonen voi missään tapauksessa lyödä laudalta mitään toista nappulaa. Tiedämme tämän varmuudella, sillä...
SÄÄNTÖ 2: Jos luku X on tekijänä luvussa n, niiden yhteinen matriisi on symmetrinen. Silloin kummastakin päästä katsottuna sama tekijä X astuu samoihin ruutuhin. Valkoinen 3 kulkee mustan 3:n jalanjälkiä ja toisin päin. Me tiedämme, ettei mikään alkuluku ole kolmella jaollinen (paitsi 3). Tämä pätee myös katsottuna toisesta origosta, jos kyseessä on sellainen matriisi, jonka tekijä on 3.
 |
| luvun 3 symmetria. |
SÄÄNTÖ 3: Mitä useampia tekijöitä luvulla n on, sitä enemmän pelikentällä vallitsee symmetria - ja sitä enemmän ratkaisuja on Goldbahin hypoteesilla tuon kyseisen luvun kohdalla. Todistan tämän myöhemmin.
Varteenotettavat tekijät ja nynnyt tekijäkokelaat
Luku n=24 ei ole viidellä jaollinen, joten katsotaan mitä tapahtuu seuraavaksi.
 |
| luku 5 hyökkää |
Valitettavasti tällä kertaa 5 on suutari.
Enempää lukuja meidän ei tarvitse enää edes tutkia. Tiedän jo lopputuloksen. Ja mistäkö sen tiedän? - Koska tekjät ovat vaarattomia, jos ne ovat suurempia kuin neliöjuuri n. Tässä tapauksessa siis kaikki viitosta suuremmat - ja myös niukasti luku 5 itse - ovat täysin harmittomia. Ne eivät voi lyödä ainuttakaan vastapelaajaa.
SÄÄNTÖ 4: Mustan hyökkäyskalustoon kuuluvat ainoastaan luvut, jotka ovat pienempiä kuin neliöjuuri n. Kaikki sitä suuremmat luvut eivät ole vielä kypsyneet varteenotettaviksi tekijöiksi.
TODISTUS: Katsotaan ensin mitä alkuluvuille 7 ja 11 tapahtuu, kun ne astuvat vihollisen maaperälle.
 |
| 7 ja 11 |
Symmetria-säännöstä tiedämme, että symmetriset ruudut eivät voi olla alkulukuja. Parillinen ruutu mustan origosta katsottuna on parillinen luku myös valkoisen origosta katsottuna. Suuret alkuluvut astuvat vihollisen maaperällä ensin parilliseen ruutuun - ja sitten hyppäävät kokonaan pois laudalta. Niistä ei ole mitään vaaraa, koskaan!
Luku seitsemän astuu seuraavaksi ruutuun 3 x 7 - tietenkin, koska se on kolmas seitsemällä jaollinen luku. Me tiedämme jo valmiiksi, että luku 3 on lyönyt laudalta oman vastinparinsa, joten kolmella jaolliseen ruutuun astuminen ei hyödytä mustaa millään tavoin.
Seuraava ruutu, johon musta 7 astuisi, olisi 4 x 7 - jälleen parillinen luku, täysin dyödytöntä.
Sitten 5 x 7 - mitä apua tästä on, koska luku 5 olisi jo käynyt paikalla tyhjentämässä ruudukon.
Taas parillinen 6 x 7 - aivan hyödytöntä. Koko 7 on aivan tarpeeton ennen kuin se saavuttaa ruutua 7 x7 - ja sen saavutettuaan on mahdollista, ettei kyseisessä ruudussa edes ole vastustajan alkuluku-nappulaa.
Luvun 11 tie olisi vielä vaivalloisempi. Sen astuessa ruutuun 7 x 11 olisi luku 7 jo käynyt paikalla, eikä seuraava askel 8 x 11 olisi yhtään sen parempi: parillinen. Sitten 9 x 11 - kolmella jaollinen, kolmonen on käynyt jo täällä. Sitten parillinen. Vasta luku 11 x 11 hyödyttäisi mitään - mutta siinä ei välttämättä ole vastustajaa.
Sääntö 4 pätee siksi, että kaikki uudet, suuret alkuluku-kokelaat etenevät ruudukossa samaan tapaan. Ensin ne tutustuvat kaikkiin aiempiin tekijä-kavereihinsa: 3, 5, 7 jne. sekä koluavat läpi myös kaikki parilliset ruudut. Vasta kohdattuaan itsensä - ruudussa P potenssiin 2 - alkuluku on valmis sotaan. Se tuntee aiempien tekijöiden matriisin, ja osaa nyt omin voimin haastaa vastapuolen alkulukuja.
LOPPUTULOS: Näemme nyt Goldbachin hypoteesin ratkaisut luvulle n. Katsotaanpa tarkkaan pelilautaa:
 | |
| Ratkaisut luvulle n=24. |
11 + 13
7 + 17
5 + 19
Ylivoimainen vastustaja
Pelin säännöt ovat meille nyt tuttuja. Mietitään uudestaan, kannattaako meidän lyödä vetoa mustan puolesta? Voivatko tekijät neliöjuuri n koskaan yhteistuumin lyödä laudalta kaikkia alkulukuja välillä 1/2n - n? Valkoisella on käytössään koko alkuluku-arsenaali, ja jokainen laudalle jäänyt nappula on ratkaisu hypoteesiin. Riittää, että ratkaisuja on yksi.
Neliojuuri on armoton karsintaväline. Aluksi näyttäisi, että osapuolet ovat tasavertaisia ja kyse on vain sattumasta. Mutta mitä suurempi on pelikenttä, sitä pienempi murto-osa on siihen suhteutettuna sen neliöjuuri. Katsotaan vaikka millaisia pelivälineitä on laudalla, kun n=100. Sen neliöjuuri on tällöin 10 - ja mustalla on käytössään vain tuota pienemmät tekijät.
 |
| Kaksi vastaan "aika monta" |
Game Over man! Game F**king Over! Kyse ei ole enää sattumasta. Kyse ei ole enää pienestä, pienestä mahdollisuudesta. Kyse on teurastuksesta. Monen matemaatikon intuitio viheltää tässä kohtaa pelin poikki. Goldbachin hypoteesi on ratkaistu.
Tilanne ei myöskään tule paranemaan. Neliöjuuri antaa nyt epäreilun 1/10 tasoituksen valkoiselle, mutta kun n nousee miljoonaan, tulee tuo tasoitus olemaan luokkaa 1/1000. Lisäksi alkulukulause todistaa, että vaikka uusien alkulukujen esiintymistahti onkin laskeva, se ei noudata läheskään näin jyrkkää käyrää. Valkoisella tulee aina olemaan miesylivoima, ja hypoteesin ratkaisujen määrä vain kasvaa entisestään.
Tämä ei kuitenkaan vielä riitä minulle. Ymmärrämme tilanteen toivottomuuden, mutta haluan pitää huolen siitä, ettei mitään mahdollisuutta ole jätetty huomioimatta.
Haluan myös esittää Goldbachin hypoteesille tarkat analyytiset ratkaisut kullakin luvulla n. Sekin onnistuu, eikä haaste ole edes vaikea, nyt kun matriisien symmetrinen rakenne on esitelty, ja tiedämme melkoisen paljon varteenotettavien tekijöiden käytöksestä...
PS.
Tekijöistä luku 3 on erityistapaus - eräänlainen shakkipelin kuningatar. Tiedämme, että jokainen alkuluku on muotoa 6n-1 tai 6n+1.
Koska kolmosella on kolme mahdollista kulkureittiä, se voi säännöllisesti osua ruutuihin 6n+0, 6n-1 tai 6n+1. Jos se osuu aina ruutuun 6n+0, tutkittava alue on tietenkin kuudella jaollinen - ja samalla myös kolmella jaollinen. Jos Goldbachin ratkaisuja etsittäessä pelikenttä on kolmella jaollinen, pudottaa luku 3 pelistä pois vain itsensä, ei muuta.
Jos kolmonen osuu säännöllisesti ruutuihin 6n+1 tai 6n-1, se tarkoittaa, että se matkallaan mustan origosta valkoisen origoon pyyhkii tieltään KAIKKI alkuluvut, jotka ovat muotoa 6n +1 tai 6n -1. Toisin sanoen, se parhaimmillaan poistaa laudalta PUOLET vastustajan pelaajista.
Tästä seuraa, että jos Goldbachin konjenktuuriin koskaan löytyy poikkeus, kyseinen luku ei voi olla 6:lla jaollinen. Peli ei mitenkään voisi ratketa mustan eduksi, ellei sillä olisi tätä jokeria hihassaan.
PPS.
Lisäksi haluan esitellä vielä kolmannen alkuluku-ongelman: onko välillä "n toiseen" ja "n+1 toiseen" aina alkuluku? Siitä seuraavaksi.
tiistai 22. toukokuuta 2012
Goldbach The Game 1/2
GOLDBACHIN HYPOTEESI, OSA 7 /9
Goldbachin konjenktuuri väittää, että kaikki parilliset kokonaisluvut voidaan ilmaista kahden alkuluvun summana. Kuinka lähestyä tällaista ongelmaa?
Kuvitellaan peli, joka perustuisi Goldbachin väittämään. Siinä olisi pelikenttä, joka koostuisi luonnollisista luvuista sekä kaksi osapuolta, musta ja valkoinen. Jos hypoteesi vahvistetaan, valkoinen voittaa - mutta jos se murtuu, voittaja on musta.
Tietyt pelit voidaan lopullisesti ratkaista. Jos osapuolet tuntevat täydellisesti nämä ratkaisut, kadottaa pelaaminen mielekkyytensä. Kuvitellaan vaikka kaksi tietokonetta, jotka on opetettu pelaamaan yhdeksän ruudun tic-tac-toe peliä, eli suomeksi ristinollaa. Kaikki ratkaisut on laskettavissa helpolla algoritmilla, joten käytännössä tietokoneet päätyisivät ikuisesti ratkeamattomaan tasapeliin.
Onko Goldbach the Game mielekäs peli? Pystyykö siitä esittämään mallin, joka sisältää kaikki ratkaisut? Voiko musta missään olosuhteissa voittaa?
Tämä kirjoitus ei esittele vielä lopullista ratkaisua, ainoastaan tavan hamottaa ongelma. En ole luonut peliin omia sääntöjä vaan ne kaikki ovat johdettavissa itse hypoteesista.
Kun mahdottoman tuntuista ongelmaa koettaa hahmottaa erilaisista näkökulmista, meidän intuitiomme tekee työtä. Saamme lopulta vahvan tuntuman siitä, kannattaako meidän veikata mustaa joukkuetta vaiko valkoista.
Pelikenttä
Konjektuurin omaan määritelmään sisältyy, että luku on kaikissa tapauksissa parillinen (huom. Goldbachin hypoteesi voidaan muotoilla kattamaan myös parittomat luvut, mutta silloin täytyy summata kolme alkulukua.) Parillisista luvuista me tiedämme, että ne voidaan jakaa kahteen yhtä suureen osaan. Niinpä teemme sen saman tien ja näin muodostuu pelikenttä: jana 0 --> N, jossa puolivälin n/2 on myöskin kokonaisluku.
Valkoinen asettaa omat pelinappulansa omalle puolelleen lautaa (kultainen väri) ja musta tekee samoin (punainen). Pelinappuloina toimivat alkuluvut. Esimerkkitapauksessa N=24. Toisessa päässä on nolla, kuten aina.
Kaksoissymmetria
Aiemmista esityksistäni tiedämme, että kun kahdella saman mittaisella lukujanalla on yhteinen origo ja samat tekijät, ne ovat sisäisesti symmetrisiä. Ne ovat käytännössä sama matriisi, jossa vain origoa on siirretty. Tämän voi ilmaista myös toisin: Parillisella luvulla N sekä luvulla N / 2 (n jaettuna kahdella) on identtiset tekijät - sikäli kun luku 2 jätetään huomioimatta. (Luku 2 ei ole pelissä oleellinen, koska se ei voi toteuttaa Goldbachin hypoteesia minkään muun alkuluvun kanssa. 2+2 = 4 on eräänlainen ratkaisu, mutta kaikki muut alkuluvut ovat parittomia, joten summa A + 2 ei voisi olla parillinen).
Tässä tapauksessa N = 24, joten sen tekijät ovat 2 sekä 3. Myös puolivälin luvulla 12 on tekijät 2 sekä 3. Jos jokin luku on tekijänä luvussa N, se on tekijänä myös luvussa N/2 - ja toisin päin.
Kaikki parilliset luvut sisältävät tämän omia tekijöitään koskevan minimisymmetrian, mutta lisäksi hypoteesin ratkaisevat alkuluvut muodostavat oman symmetrisen rakenteensa: Jos vaikkapa luku 12 on esitettävissä ratkaisulla 5 + 7, siihen pätee myös 7 + 5.
Kun etsimme tietylle parilliselle luvulle N ratkaisuja, voimme kääntää lukujanan peilkuvaksi. Ei ole väliä onko origo oikealla vai vasemmalla. Kun pelin kaksi osapuolta asettavat nappulansa laudalle, he kumpikin ajattelevat seisovansa pelilaudan nollakohdassa.
Jos ratkaisu löytyy yhdestä suunnasta, se löytyy myös toisesta suunnasta.
Pelilaudalle ei tästä syystä ole tarvetta asettaa lukua N/2 suurempia alkulukuja. Symmetriasta tiedämme, että jos hypoteesin ratkaisun toinen osapuoli tunnetaan, se riittää. Etsimme rakaisun osapuolta, joka on pienempi kuin puoli-N.
(Hypoteesia ei tietenkään olisi mahdollista ratkaista kahdella luvulla, jotka molemmat olisivat suurempia kuin puoli-N - tai jotka molemmat olisivat sitä piemempiä. On kyllä mahdollista, että ratkaisu on puoli-N, esimerkiksi, jos N = 14, sen ratkaisu on 7 + 7.)
Pelin eteneminen
Vielä emme ole määritelleet pelille sääntöjä. Tiedämme vain, että valkoisen pyrkimyksenä on todistaa hypoteesi ja mustan tarkoituksena kumota se. Pelinappuloita on kummallakin yhtä paljon ja myös pelialue on jaettu tasan. Mikä kumma sitten tekee pelistä niin epäreilun mustaa kohtaan?
Kun peli alkaa, laudalle asetetut mustan nappulat eivät enää ole alkulukuja. Ne ovat sotureita, joiden tarkoitus on lyödä vastustajan kaikki nappulat laudalta.
Kun mustan alkuluvut lähtevät liikkeelle ja astuvat vihollisen maaperälle, niistä tulee tekijöitä. Jos ne osuvat vastustajan alkulukunappulan lähtöruutuun, ne samalla mitätöivät sen. Tuo kyseinen alkuluku ei voi enää osallistua hypoteesin ratkaisuun.
Kun mustan nappula X on ottanut Y määrän askelia, se on arvoltaan X kertaa Z. Se ei voi olla enää alkuluku, sillä se on jaollinen luvuilla X ja Y - tässä tapauksessa X = 7 ja Y = 3. Valkoisen alkuluku 3 on saanut kuolettavan osuman, eikä enää nouse.
Kun hyökkääjä on saapuut kohtaan A, jossa vastustajan alkuluku seisoo, se sijaitsee oman koordinaatistonsa kohdassa N miinus A. Jotta Goldbahin hypoteesi luvulla N toteutuisi arvolla A, täytyisi myös luvun N miinus A olla alkuluku. Sitä se ei ole, koska mustan omasta suunnasta katsottuna tämä luku on jaollinen. Siinä sijaitsee nyt tekijä, ei alkuluku.
Tämä on yksi niistä lukuisista tavoista, joilla alkuluku voi kokea metamorfoosin ja kehittyä Tekijäksi. Mustan näkökulmasta jokainen tällainen soturi on kun shakki-pelin mitätön alokas, joka on ontunut yksi askel kerrallaan ja selvinnyt vihollisten alueiden lävitse viimeiselle rajalle asti ja kohonnut kuningattareksi!
Jos jokainen mustan nappula vain kykenisi samaan ja löisi edes yhden vastustajansa, ei luvulla N olisi ratkaisua. Mutta miksi ihmeessä musta ei näytä kertaakaan onnistuvan haasteessa? Miksi Goldbachin hypoteesi on niin sinnikäs?
Kuvassa siis kaikkien toteutuneiden alkuluku-summien määrä kunkin parillisen kokonaisluvun kohdalla. Toteuttavien ratkaisujen määrä kasvaa nopeasti tuhansiin, eikä notkahduksia ole. Myöhemmin selitän miksi ratkaisut hajautuvat kuin valo prismassa. Ilmiö on helppo selittää.
PS. Seuraavassa Pelin Strategiaa esittelevässä osassa opimme miksi tekijäkokelaat, eli vasta liikkeelle lähteneet alkuluvut ovat niin onnettomia pelinappuloita, ettei mustalla ole mitään toivoa. Näemme kuinka Goldbachin ratkaisu itse asiassa selittyy tekijäkokelaiden tumpelomaisella tehottomuudella, ei suinkaan alkulukujen maagisella voimalla. Liity siis jälleen huomenna seuraamme ihmeellisessä jatkokertomuksessa, jossa luvut ottavat mittaa toisistaan!
Goldbachin konjenktuuri väittää, että kaikki parilliset kokonaisluvut voidaan ilmaista kahden alkuluvun summana. Kuinka lähestyä tällaista ongelmaa?
Kuvitellaan peli, joka perustuisi Goldbachin väittämään. Siinä olisi pelikenttä, joka koostuisi luonnollisista luvuista sekä kaksi osapuolta, musta ja valkoinen. Jos hypoteesi vahvistetaan, valkoinen voittaa - mutta jos se murtuu, voittaja on musta.
Tietyt pelit voidaan lopullisesti ratkaista. Jos osapuolet tuntevat täydellisesti nämä ratkaisut, kadottaa pelaaminen mielekkyytensä. Kuvitellaan vaikka kaksi tietokonetta, jotka on opetettu pelaamaan yhdeksän ruudun tic-tac-toe peliä, eli suomeksi ristinollaa. Kaikki ratkaisut on laskettavissa helpolla algoritmilla, joten käytännössä tietokoneet päätyisivät ikuisesti ratkeamattomaan tasapeliin.
Tämä kirjoitus ei esittele vielä lopullista ratkaisua, ainoastaan tavan hamottaa ongelma. En ole luonut peliin omia sääntöjä vaan ne kaikki ovat johdettavissa itse hypoteesista.
Kun mahdottoman tuntuista ongelmaa koettaa hahmottaa erilaisista näkökulmista, meidän intuitiomme tekee työtä. Saamme lopulta vahvan tuntuman siitä, kannattaako meidän veikata mustaa joukkuetta vaiko valkoista.
Pelikenttä
Konjektuurin omaan määritelmään sisältyy, että luku on kaikissa tapauksissa parillinen (huom. Goldbachin hypoteesi voidaan muotoilla kattamaan myös parittomat luvut, mutta silloin täytyy summata kolme alkulukua.) Parillisista luvuista me tiedämme, että ne voidaan jakaa kahteen yhtä suureen osaan. Niinpä teemme sen saman tien ja näin muodostuu pelikenttä: jana 0 --> N, jossa puolivälin n/2 on myöskin kokonaisluku.
 | |
| Pelikenttä 0 --> N |
Kaksoissymmetria
Aiemmista esityksistäni tiedämme, että kun kahdella saman mittaisella lukujanalla on yhteinen origo ja samat tekijät, ne ovat sisäisesti symmetrisiä. Ne ovat käytännössä sama matriisi, jossa vain origoa on siirretty. Tämän voi ilmaista myös toisin: Parillisella luvulla N sekä luvulla N / 2 (n jaettuna kahdella) on identtiset tekijät - sikäli kun luku 2 jätetään huomioimatta. (Luku 2 ei ole pelissä oleellinen, koska se ei voi toteuttaa Goldbachin hypoteesia minkään muun alkuluvun kanssa. 2+2 = 4 on eräänlainen ratkaisu, mutta kaikki muut alkuluvut ovat parittomia, joten summa A + 2 ei voisi olla parillinen).
Tässä tapauksessa N = 24, joten sen tekijät ovat 2 sekä 3. Myös puolivälin luvulla 12 on tekijät 2 sekä 3. Jos jokin luku on tekijänä luvussa N, se on tekijänä myös luvussa N/2 - ja toisin päin.
Kaikki parilliset luvut sisältävät tämän omia tekijöitään koskevan minimisymmetrian, mutta lisäksi hypoteesin ratkaisevat alkuluvut muodostavat oman symmetrisen rakenteensa: Jos vaikkapa luku 12 on esitettävissä ratkaisulla 5 + 7, siihen pätee myös 7 + 5.
 |
| Ratkaisujen symmetria: 5 + 7 = 7 + 5 |
Jos ratkaisu löytyy yhdestä suunnasta, se löytyy myös toisesta suunnasta.
Pelilaudalle ei tästä syystä ole tarvetta asettaa lukua N/2 suurempia alkulukuja. Symmetriasta tiedämme, että jos hypoteesin ratkaisun toinen osapuoli tunnetaan, se riittää. Etsimme rakaisun osapuolta, joka on pienempi kuin puoli-N.
(Hypoteesia ei tietenkään olisi mahdollista ratkaista kahdella luvulla, jotka molemmat olisivat suurempia kuin puoli-N - tai jotka molemmat olisivat sitä piemempiä. On kyllä mahdollista, että ratkaisu on puoli-N, esimerkiksi, jos N = 14, sen ratkaisu on 7 + 7.)
Pelin eteneminen
Vielä emme ole määritelleet pelille sääntöjä. Tiedämme vain, että valkoisen pyrkimyksenä on todistaa hypoteesi ja mustan tarkoituksena kumota se. Pelinappuloita on kummallakin yhtä paljon ja myös pelialue on jaettu tasan. Mikä kumma sitten tekee pelistä niin epäreilun mustaa kohtaan?
Kun peli alkaa, laudalle asetetut mustan nappulat eivät enää ole alkulukuja. Ne ovat sotureita, joiden tarkoitus on lyödä vastustajan kaikki nappulat laudalta.
Kun mustan alkuluvut lähtevät liikkeelle ja astuvat vihollisen maaperälle, niistä tulee tekijöitä. Jos ne osuvat vastustajan alkulukunappulan lähtöruutuun, ne samalla mitätöivät sen. Tuo kyseinen alkuluku ei voi enää osallistua hypoteesin ratkaisuun.
 | |
| Musta 7 saa osuman valkoisen 3:een ruudussa 21!!! |
Kun hyökkääjä on saapuut kohtaan A, jossa vastustajan alkuluku seisoo, se sijaitsee oman koordinaatistonsa kohdassa N miinus A. Jotta Goldbahin hypoteesi luvulla N toteutuisi arvolla A, täytyisi myös luvun N miinus A olla alkuluku. Sitä se ei ole, koska mustan omasta suunnasta katsottuna tämä luku on jaollinen. Siinä sijaitsee nyt tekijä, ei alkuluku.
Tämä on yksi niistä lukuisista tavoista, joilla alkuluku voi kokea metamorfoosin ja kehittyä Tekijäksi. Mustan näkökulmasta jokainen tällainen soturi on kun shakki-pelin mitätön alokas, joka on ontunut yksi askel kerrallaan ja selvinnyt vihollisten alueiden lävitse viimeiselle rajalle asti ja kohonnut kuningattareksi!
Jos jokainen mustan nappula vain kykenisi samaan ja löisi edes yhden vastustajansa, ei luvulla N olisi ratkaisua. Mutta miksi ihmeessä musta ei näytä kertaakaan onnistuvan haasteessa? Miksi Goldbachin hypoteesi on niin sinnikäs?
 |
| Ratkaisujen määrä (Wikipedia) |
PS. Seuraavassa Pelin Strategiaa esittelevässä osassa opimme miksi tekijäkokelaat, eli vasta liikkeelle lähteneet alkuluvut ovat niin onnettomia pelinappuloita, ettei mustalla ole mitään toivoa. Näemme kuinka Goldbachin ratkaisu itse asiassa selittyy tekijäkokelaiden tumpelomaisella tehottomuudella, ei suinkaan alkulukujen maagisella voimalla. Liity siis jälleen huomenna seuraamme ihmeellisessä jatkokertomuksessa, jossa luvut ottavat mittaa toisistaan!
perjantai 18. toukokuuta 2012
Alkulukuparit 3/3
ALKULUKUJEN ARVOITUKSET, OSA 6/9
Tänään pääsemme ensimmäiseen varsinaiseen todistukseen - tai ainakin "osatodistukseen". Esittelen myös algoritmin, joka kertoo meille potentiaalisten alkulukuparien määrän rajattoman suuressa matriisissa.
Algoritmi, jonka esittelen, tulee olemaan eksakti. Toisin sanoen siinä ei ole minkäänlaista virhemarginaalia. Yleensä alkuluvuista ei ole tapana esittää funktiota, jossa ei olisi huomattavaa epätäsmällisyyttä tai vähintään muutamia ennakoimattomia poikkeamia. Esimerkiksi alkulukulause osuu maaliinsa lähinnä vain siitä syystä, että maali on ladon seinän kokoinen. ALL kyllä osoittaa oikeaan suuntaan, mutta sen varassa en lähtisi suorittamaan kirurgista operaatiota.
Oma algoritmini on täsmällinen siitä syystä, että se kertoo VAIN tunnettujen tekijöiden ja alkulukujen suhteen. Toisin sanoen se tiedostaa myös oman virhemarginaalinsa, eli tekijät joita emme ole määrittäneet. Se on määritelmänsä puitteissa erehtymätön, mutta se toimii pitkälti pimeässä, eli tarjoaa vain tietyn osan alkulukuja koskevasta informaatiota.
Joidenkin matemaatikoiden intuitio tulee tämän kirjoituksen jälkeen myöntämään, että kysymys alkulukuparien rajattomasta määrästä on ratkennut. Itse en ajattele niin - enää. Ajattelen, että asia on ratkaistu vasta seuraavienn kolmen kirjoitukseni jälkeen, joissa käyn läpi Goldbachin hypoteesia ja muutamia muita ongelmia - joista osa on peräisin tämänpäiväisestä todistuksesta.
Tekijän kierto
Tarkastellaan edellisen osan pimeää matriisia vielä kerran. Tällä kertaa olen nostanut pimeydestä esiin tekijän 7 reitin läpi origosta origoon.
Kiinnitä huomiosi kaavion alimmaiseen uuteen riviin, johon olen merkinnyt pitkän rivin ykkösiä. Voimme havaita, että luku 7 esiintyy jokaisessa matriisin 2x3x5=30 sijainnissa tasan yhden kerran. Jos luvut, joissa 7 on tekijänä ilmaistaisiin funktiollta 30n + X, saisimme kaikki X:n arvot 0 - 29. Ne esiintyisivt kerran ja vain kerran.
Kutsun tekijänkierrokseksi ilmiötä, jonka voi todistaa myös loogisesti:
VÄITE
Uusi varteenotettava tekijä vierailee muiden tekijöiden muodostaman matriisin jokaisessa ruudussa kerran, ennen kuin kohtaa ne kaikki uudessa origossa (tässä tapauksessa 2 x 3 x 5 x 7 = 210).
LÄHTÖOLETUKSET:
Luku nolla sisältää kaikki tekijät, joten ne lähtevät samalta viivalta. Uusi tekijä voi kohdata matriisin tunnetut tekijät samassa ruudussa vasta, kun ne kaikki ovat tuon luvun (210) tekijöitä (2x3x5x7). Jos tuo luku jaetaan uudella tekijällä (7), saadaan tulokseksi muiden tekijöiden tulo (30). Tämän määrän askeleita tekijä joutuu kulkemaan saavuttaakseen uuden origon.
TODISTUS:
Jos uusi tekijä matkaltessaan origosta astuisi kaksi kertaa matriisin tiettyyn ruutuun ennen kuin se saavuttaisi origoa, se tarkoittaisi ettei se saavuttaisi origoa koskaan. Sen askelet ovat määrämittaisia ja matriisi on toistuessaan aina saman kokoinen. Käytyään ruudussa X, tekijä astuu ruutuun Y ja sitten ruutuun Z.. Jos se astuu uudestaan ruutuun X vähemmällä kuin 30 askelella, ja käymättä origossa, se astuisi seuraavaksi ruutuun Y, sitten ruutuun Z... ja taas ruutuun X käymättä vieläkään origossa.
Tekijä astuu jokaiseen matriisiin ruutuun 30 askelen välein, joten se astuu niihin jokaiseen tasan yhden kerran kiertäessään matriisia origosta origoon.
Ja mitä me tästä sitten voimme oppia?
Vihdoinkin me tiedämme jotain myös varteenotettavista tekijöistä. Voimme yleistää tämän havainnon kaikkiin uusiin tekijöihin ja muodostaa algoritmeja rajattoman suurista matriiseista. Niiden sisältö ei näyttäydy enää satunnaisena vaan on hyvinkin tarkkaan määritettävissä. Tunnemme muutkin paitsi tunnetut tekijät.
Koska mielenkiintoomme oli alkulukupareissa, lasken seuraavaksi kuinka monta parillista aukkokohtaa matriisit sisältävät. Ja koska matriisit toistuvat äärettömästi samanlaisina, tiedämme mistä etsiä - ja montako paria voimme odottaa löytävämme.
Alkulukuparien määrä matriisissa ja ALP
Tiedämme, että matriisissa 2x3 on yksi alkulukupari: 6n+1 ja 6n-1. Seuraava matriisi on viisi kertaa laajempi, joten tämän muotoisia pareja siitä voisi olettaa löytyvän viisi. Uusi tekijä, luku 5, on kuitenkin matkallaan origosta origoon tärvellyt jokaisen ruudukon tasan kerran.
Tiedämme, ettei mikään tekijä pysty samalla kertaa astumaan saman alkulukuparin molempiin ruutuihin - koska välimatka on vain 2 ruudun mittainen. Niinpä sen tärvelemät ruudut 6n+1 ja 6n-1 kuuluvat kahteen eri alkulkupariin. Tämä on tietenkin yleistettävissä kaikkiin uusin tekijöihin.
Matriisissa 2x6 oli siis 1 pari. Kerromme sen viidellä, mutta vähennämme 2 - ne jotka tekijä 5 turmeli. Niinpä uudessa matriisissa on 3 alkulukuparia. (huom. pareja 3 ja 5 tai 5 ja 7 ei lasketa, koska kyseiset luvut ovat nyt tekijöitä ja koska nuo sijainnit eivät enää ikinä tule tuottamaan alkulukupareja.)
Saimme siis tulokseksi 3. Jos katsomme matriisia Origo30, näemme että laskelma piti kutinsa. Miten sitten laskemme seuraavan matriisin arvon?
Uusi tekijä on 7. Uusi matriisi on myös 7 kertaa aiempaa laajempi, joten jo löytämämme 3 parillista aukkokohtaa toistuvat nyt 7 kertaa. Luku 7 kuitenkin turmelee jälleen tuplasti pareja, koska se astuu yhden kerran jokaisen parin kumpaankin ruutuun. Saamme siis tulokseksi 3 x 7 - 3 - 3. Tämä voidaan siistiä muotoon 3 x (7-2) = 15.
(En ole varma voisiko algoritmin merkitä suoraan !(P-2)...? Ilmeisesti huutomerkki ei kuitenkaan rajoita laskutoimituksia samalla tavoin kuin "pii"? Pyydän anteeksi jos merkintäni ovat vireellisiä, sillä en ole opiskellut matikkaa lukion jälkeen, ja siitäkin on yli kymmenen vuotta.)
Jälleen tulos vastaa aiempia havaintoja täydellisesti. Matriisissa 210 on todellakin löydettävissä 15 alkulukuja tuottavaa funktiota. Jos haluaisimme tietää montako näistä funktioista toteutuu meidän tulisi laajentaa algoritmiä tarkoitusta varten muokatulla logaritmi-osalla, jossa laskisimme varteenotettavien tekijöiden likiarvon välillä T(suurin tekijä) - tutkitun alueen neliö.
Itse asiassa lukujen 0 ja 210 välillä on tismalleen 15 alkulukuparia, mutta tämä johtaa harhaan. Kaksi matriisin potentiaalisista alkuluvuista jää toteutumatta lukujen "13 x 13" ja "11 x 19" puututtua tapahtumiin - kun taas parit 3 ja 5 sekä 5 ja 7 olen määritellyt matriisiin kuulumattomiksi. Tällä tavoin todellinen arvo tasautuu vastaamaan ennustettua arvoa hieman kyseenalaisella tavoin - ja vain tässä matriisissa. En siis väitä, että algoritmi "ennustaisi" yhtään mitään. Se opastaa katsomaan ilmiöiden taustoja.
Ääretön määrä alkulukupareja?
Lasketaan vielä seuraavan matriisin alkulukuparit: 15 (aiempi tulos) x (11 - 2) = 135. Tämä on siis pelkkä ennuste välillä 0 - 2310, vaikka se toki kertookin täysin täsmällisesti millä 135:lla eri funktiolla me voisimme metsästää alkulukupareja. Matriisissa Origo2310 on siis täsmälleen 135 potentiaalista alkulukupareja tuottavaa kohtaa tai funktion arvoa, mutta osan niistä turmelevat muut tekijät, kuten 13, 17, 19 jne.
Todellisuudessa välillä 0 - 2310 on 70 (?) alkulukuparia, joten muut tekijät syövät ennusteesta nyt jo melkein puolet.
On kuitenkin syytä optimismiin. Löytämämme algoritmi ALP = AMP x (UMT - 2), eli alkulukuparit saadaan kertomalla aiemman matriisin parit uuden matriisin "tekijällä miinus 2". Koska vähennettävä osa on vakio ja koska uusien tekijöiden koko kasvaa, tulee jokaisessa uudessa matriisissa olemaan aiempaa suurempi määrä potentiaalisia pareja.
Loputtoman määrän todistaminen?
Aluksi tämä riitti minulle. En ollut tavoitellut alkulukuparien loputtoman määrän todistamista vaan selittämistä. Siinä on suuri ero (vaikka tietenkin lopulta sanalliset selitykset pitäisi osata kääntää myös matematiikan kielelle.) Mielestäni olen nyt jo selittänyt miksi alkulukupareja ylipäänsä on - ja miksi niitä on niin paljon - ja mistä me voimme niitä etsiä.
Kertauksen vuoksi: Alkulukupareja syntyy, koska:
a) alkuperäisessä pienimmässä matriisissa 2x3 on yksi pari, eikä muuta. Sen pohjalta siis kaikki alkuluvut ovat parillisia, muotoa 6n + 1 ja 6n -1. Tämä parillisuus periytyy myös suurempiin matriiseihin, sillä se toimii niiden lähtökohtana.
b) Kaikki matriisit sisältävät alussa ja lopussa nollakohdan, jossa tekijät kohtaavat. Tämän nollakohdan molemmilla puolin on alkulukupari, tosin se saattaa joskus jäädä toteutumatta villien tekijöiden takia - mutta kaikissa matriiseissa se on potentiaalisesti olemassa (poikkeuksena matriisit, jossa ei ole tekijää 2, sillä silloin nollakohdan kummallakin puolella on tekijänä 2. Esim 3x5: 15 + 1 = 16 ja 15 - 1 = 14.)
c) Matriisit ovat symmetrisiä ja sisältävät itsessään aiempien matriisien alkioita, kuten suuremmat eliöt, jotka koostuvat soluista. Matriisissa O210 on esimerkiksi 7 kappaletta matriisia O30. Uusi tekijä peittää vain murto-osan aukoista, joten valtaosa pienempien matriisien pareista jatkaa elämistään uusissa isäntäeliöissään.
d) Kun kaksi pienempää matriisia yhdistyvät suuremman sisällä, kohtaavat useat tekijät liitoskohdassa kohdassa, koska kyseessä on niiden keskinäisen tanssikuvion nollakohdasta. Tällöin on todennäköistä, että molemmin puolin on alkuluku. Tämä on tietenkin vain edellä jo todetun ilmaisemista toisin sanoin.
Seuraavaksi?
Matriisi Origo2310 sisältää jo 135 erilaista funktiota, joilla kaikilla löytyy alkulukupareja - mutta miksi tyytyä siihen, kun seuraava matriisi tarjoaa jo 1485 erilaista funktiota - joilla löytää ei vain tietyn suuren alkulukuparin vaan kaikki siltä väliltä. Matriiseilla voi haravoida esiin kaikki paikat, joissa hyvällä todennäköisyydellä on alkuluku tai kaksi.
Vielä on kuitenkin osattava liittää yhtälöön myös villit tekijät - ne joista ei ole ollut puhetta - kaikki ne sadat ja tuhannet alkuluvut, jotka kerran näyttäydyttyään muuttuvat tekijöiksi ja alkavat saalistaa alkulukuja kuin mörkö: mihin mörkö kerran astuu, siinä kohtaa ei enää koskaan kasva mitään.
Villejä tekijöitä varten voidaan muotoilla logaritmi-osa, joka antaa meille likiarvon - mutta kuten moneen kertaan olen sanonut, en ole kiinnostunut likiarvoista. Haluan ymmärtää.
Itse asiassa villeistä alkuluvuista ei ole niin paljon vaaraa kuin luulisi. Alkuluvuilla on edessään pitkä tie ennen kuin ne varttuvat tekijöiksi. Tämä on ehkä helpointa selittää, jos ensin tarkastelemme Goldbachin hypoteesia. Seuraavassa kirjoituksessa siis vihdoin aloitetaan pääruoan tarjoileminen.
PS. Tekijänkierto pätee myös laajemmin. Myös villit tekijät astuvat kuhunkin matriisin ruutuun vain yhden kerran matkallaan origosta origoon - siis omaan, kaukaiseen nollakohtaansa. Ensimmäisellä askeleellaan ne ovat alkulukuja, eivätkä enää koskaan ennen origoa astu tuohon ruutuun toista kertaa. Esimerkiksi alkuluku 19 (siis tekijä muotoa 0 x 210 + 19) on turmelemassa ruutua 210n + 19 seuraavan kerran vasta ruudussa 210 x 19 + 19, silloin ja tasan tarkkaan silloin. Emme löydä tekijää 19 ruuduista "210 x 1 +19" tai "210 x 2 +19"... aina ruutuun "210 x 18 + 19" asti.
Sama pätee ruutuun 210n - 19. Ensimmäinen tapaus on 210 x 19 - 19.
Tekijänkierroksen näkökulmasta katsottuna villien tekijöiden käytös on melko helposti ennustettavissa - tai siis tietenkin se on täydellisesti ennustettavissa, mutta yksinkertaisen säännön muotoileminen on toinen juttu.
Toinen tekijöitä koskeva rajoitus, jonka mainitsin jo ihan ensimmäisessä osassa on se, että kukin tekijä muuttuu tekijäkokelaasta varteenotettavaksi tekijäksi vasta ohitettuaan ruudun, jossa se on toisessa potenssissa. Tästä syystä alueella 0 - N meidän tulee huomioida vain tekijät, jotka ovat pienempiä kuin "neliöjuuri N". Mitä suuremmista luvuista on kyse, sitä pienempi suhteellinen osuus tekijöistä on varteenotettavia.
PPS. Entäs tämä alkulukuongelma:
Aina alkuluku välillä "n potenssiin 2 ja n+1 potenssiin 2"
Tänään pääsemme ensimmäiseen varsinaiseen todistukseen - tai ainakin "osatodistukseen". Esittelen myös algoritmin, joka kertoo meille potentiaalisten alkulukuparien määrän rajattoman suuressa matriisissa.
Algoritmi, jonka esittelen, tulee olemaan eksakti. Toisin sanoen siinä ei ole minkäänlaista virhemarginaalia. Yleensä alkuluvuista ei ole tapana esittää funktiota, jossa ei olisi huomattavaa epätäsmällisyyttä tai vähintään muutamia ennakoimattomia poikkeamia. Esimerkiksi alkulukulause osuu maaliinsa lähinnä vain siitä syystä, että maali on ladon seinän kokoinen. ALL kyllä osoittaa oikeaan suuntaan, mutta sen varassa en lähtisi suorittamaan kirurgista operaatiota.
Oma algoritmini on täsmällinen siitä syystä, että se kertoo VAIN tunnettujen tekijöiden ja alkulukujen suhteen. Toisin sanoen se tiedostaa myös oman virhemarginaalinsa, eli tekijät joita emme ole määrittäneet. Se on määritelmänsä puitteissa erehtymätön, mutta se toimii pitkälti pimeässä, eli tarjoaa vain tietyn osan alkulukuja koskevasta informaatiota.
Joidenkin matemaatikoiden intuitio tulee tämän kirjoituksen jälkeen myöntämään, että kysymys alkulukuparien rajattomasta määrästä on ratkennut. Itse en ajattele niin - enää. Ajattelen, että asia on ratkaistu vasta seuraavienn kolmen kirjoitukseni jälkeen, joissa käyn läpi Goldbachin hypoteesia ja muutamia muita ongelmia - joista osa on peräisin tämänpäiväisestä todistuksesta.
Tekijän kierto
Tarkastellaan edellisen osan pimeää matriisia vielä kerran. Tällä kertaa olen nostanut pimeydestä esiin tekijän 7 reitin läpi origosta origoon.
 |
| Klikkaa isommaksi! |
Kutsun tekijänkierrokseksi ilmiötä, jonka voi todistaa myös loogisesti:
VÄITE
Uusi varteenotettava tekijä vierailee muiden tekijöiden muodostaman matriisin jokaisessa ruudussa kerran, ennen kuin kohtaa ne kaikki uudessa origossa (tässä tapauksessa 2 x 3 x 5 x 7 = 210).
LÄHTÖOLETUKSET:
Luku nolla sisältää kaikki tekijät, joten ne lähtevät samalta viivalta. Uusi tekijä voi kohdata matriisin tunnetut tekijät samassa ruudussa vasta, kun ne kaikki ovat tuon luvun (210) tekijöitä (2x3x5x7). Jos tuo luku jaetaan uudella tekijällä (7), saadaan tulokseksi muiden tekijöiden tulo (30). Tämän määrän askeleita tekijä joutuu kulkemaan saavuttaakseen uuden origon.
TODISTUS:
Jos uusi tekijä matkaltessaan origosta astuisi kaksi kertaa matriisin tiettyyn ruutuun ennen kuin se saavuttaisi origoa, se tarkoittaisi ettei se saavuttaisi origoa koskaan. Sen askelet ovat määrämittaisia ja matriisi on toistuessaan aina saman kokoinen. Käytyään ruudussa X, tekijä astuu ruutuun Y ja sitten ruutuun Z.. Jos se astuu uudestaan ruutuun X vähemmällä kuin 30 askelella, ja käymättä origossa, se astuisi seuraavaksi ruutuun Y, sitten ruutuun Z... ja taas ruutuun X käymättä vieläkään origossa.
Tekijä astuu jokaiseen matriisiin ruutuun 30 askelen välein, joten se astuu niihin jokaiseen tasan yhden kerran kiertäessään matriisia origosta origoon.
Ja mitä me tästä sitten voimme oppia?
Vihdoinkin me tiedämme jotain myös varteenotettavista tekijöistä. Voimme yleistää tämän havainnon kaikkiin uusiin tekijöihin ja muodostaa algoritmeja rajattoman suurista matriiseista. Niiden sisältö ei näyttäydy enää satunnaisena vaan on hyvinkin tarkkaan määritettävissä. Tunnemme muutkin paitsi tunnetut tekijät.
Koska mielenkiintoomme oli alkulukupareissa, lasken seuraavaksi kuinka monta parillista aukkokohtaa matriisit sisältävät. Ja koska matriisit toistuvat äärettömästi samanlaisina, tiedämme mistä etsiä - ja montako paria voimme odottaa löytävämme.
Alkulukuparien määrä matriisissa ja ALP
Tiedämme, että matriisissa 2x3 on yksi alkulukupari: 6n+1 ja 6n-1. Seuraava matriisi on viisi kertaa laajempi, joten tämän muotoisia pareja siitä voisi olettaa löytyvän viisi. Uusi tekijä, luku 5, on kuitenkin matkallaan origosta origoon tärvellyt jokaisen ruudukon tasan kerran.
Tiedämme, ettei mikään tekijä pysty samalla kertaa astumaan saman alkulukuparin molempiin ruutuihin - koska välimatka on vain 2 ruudun mittainen. Niinpä sen tärvelemät ruudut 6n+1 ja 6n-1 kuuluvat kahteen eri alkulkupariin. Tämä on tietenkin yleistettävissä kaikkiin uusin tekijöihin.
Matriisissa 2x6 oli siis 1 pari. Kerromme sen viidellä, mutta vähennämme 2 - ne jotka tekijä 5 turmeli. Niinpä uudessa matriisissa on 3 alkulukuparia. (huom. pareja 3 ja 5 tai 5 ja 7 ei lasketa, koska kyseiset luvut ovat nyt tekijöitä ja koska nuo sijainnit eivät enää ikinä tule tuottamaan alkulukupareja.)
Saimme siis tulokseksi 3. Jos katsomme matriisia Origo30, näemme että laskelma piti kutinsa. Miten sitten laskemme seuraavan matriisin arvon?
Uusi tekijä on 7. Uusi matriisi on myös 7 kertaa aiempaa laajempi, joten jo löytämämme 3 parillista aukkokohtaa toistuvat nyt 7 kertaa. Luku 7 kuitenkin turmelee jälleen tuplasti pareja, koska se astuu yhden kerran jokaisen parin kumpaankin ruutuun. Saamme siis tulokseksi 3 x 7 - 3 - 3. Tämä voidaan siistiä muotoon 3 x (7-2) = 15.
 |
| AL-Pari-Algoritmi |
Jälleen tulos vastaa aiempia havaintoja täydellisesti. Matriisissa 210 on todellakin löydettävissä 15 alkulukuja tuottavaa funktiota. Jos haluaisimme tietää montako näistä funktioista toteutuu meidän tulisi laajentaa algoritmiä tarkoitusta varten muokatulla logaritmi-osalla, jossa laskisimme varteenotettavien tekijöiden likiarvon välillä T(suurin tekijä) - tutkitun alueen neliö.
Itse asiassa lukujen 0 ja 210 välillä on tismalleen 15 alkulukuparia, mutta tämä johtaa harhaan. Kaksi matriisin potentiaalisista alkuluvuista jää toteutumatta lukujen "13 x 13" ja "11 x 19" puututtua tapahtumiin - kun taas parit 3 ja 5 sekä 5 ja 7 olen määritellyt matriisiin kuulumattomiksi. Tällä tavoin todellinen arvo tasautuu vastaamaan ennustettua arvoa hieman kyseenalaisella tavoin - ja vain tässä matriisissa. En siis väitä, että algoritmi "ennustaisi" yhtään mitään. Se opastaa katsomaan ilmiöiden taustoja.
Ääretön määrä alkulukupareja?
Lasketaan vielä seuraavan matriisin alkulukuparit: 15 (aiempi tulos) x (11 - 2) = 135. Tämä on siis pelkkä ennuste välillä 0 - 2310, vaikka se toki kertookin täysin täsmällisesti millä 135:lla eri funktiolla me voisimme metsästää alkulukupareja. Matriisissa Origo2310 on siis täsmälleen 135 potentiaalista alkulukupareja tuottavaa kohtaa tai funktion arvoa, mutta osan niistä turmelevat muut tekijät, kuten 13, 17, 19 jne.
Todellisuudessa välillä 0 - 2310 on 70 (?) alkulukuparia, joten muut tekijät syövät ennusteesta nyt jo melkein puolet.
On kuitenkin syytä optimismiin. Löytämämme algoritmi ALP = AMP x (UMT - 2), eli alkulukuparit saadaan kertomalla aiemman matriisin parit uuden matriisin "tekijällä miinus 2". Koska vähennettävä osa on vakio ja koska uusien tekijöiden koko kasvaa, tulee jokaisessa uudessa matriisissa olemaan aiempaa suurempi määrä potentiaalisia pareja.
1 x (3-2) = 1Luku kasvaa niin huimaavaa vauhtia, että moni matemaatikko puhaltaisi tässä kohtaa pelin jo poikki. Alkulukupareja on loputtomasti ja sillä selvä. Niille tarjotaan rajattomasti tilaisuuksia matriisien toistuvissa monikerroissa, joten jossakin ne jälleen ilmaantuvat, vaikka ilma vilisisi pimeänä muita potentiaalisia tekijöitä, jotka parhaansa mukaan turmelisivat potentiaalisesta alkulukuparista vähintään sen toisen osapuolen.
1 x (5-2) = 3
3 x (7-2) = 15
15 x (11-2) = 135
135 x (13-2) = 1485
parit x (uusi tekijä - 2)
Loputtoman määrän todistaminen?
Aluksi tämä riitti minulle. En ollut tavoitellut alkulukuparien loputtoman määrän todistamista vaan selittämistä. Siinä on suuri ero (vaikka tietenkin lopulta sanalliset selitykset pitäisi osata kääntää myös matematiikan kielelle.) Mielestäni olen nyt jo selittänyt miksi alkulukupareja ylipäänsä on - ja miksi niitä on niin paljon - ja mistä me voimme niitä etsiä.
Kertauksen vuoksi: Alkulukupareja syntyy, koska:
a) alkuperäisessä pienimmässä matriisissa 2x3 on yksi pari, eikä muuta. Sen pohjalta siis kaikki alkuluvut ovat parillisia, muotoa 6n + 1 ja 6n -1. Tämä parillisuus periytyy myös suurempiin matriiseihin, sillä se toimii niiden lähtökohtana.
b) Kaikki matriisit sisältävät alussa ja lopussa nollakohdan, jossa tekijät kohtaavat. Tämän nollakohdan molemmilla puolin on alkulukupari, tosin se saattaa joskus jäädä toteutumatta villien tekijöiden takia - mutta kaikissa matriiseissa se on potentiaalisesti olemassa (poikkeuksena matriisit, jossa ei ole tekijää 2, sillä silloin nollakohdan kummallakin puolella on tekijänä 2. Esim 3x5: 15 + 1 = 16 ja 15 - 1 = 14.)
c) Matriisit ovat symmetrisiä ja sisältävät itsessään aiempien matriisien alkioita, kuten suuremmat eliöt, jotka koostuvat soluista. Matriisissa O210 on esimerkiksi 7 kappaletta matriisia O30. Uusi tekijä peittää vain murto-osan aukoista, joten valtaosa pienempien matriisien pareista jatkaa elämistään uusissa isäntäeliöissään.
Seuraavaksi?
Matriisi Origo2310 sisältää jo 135 erilaista funktiota, joilla kaikilla löytyy alkulukupareja - mutta miksi tyytyä siihen, kun seuraava matriisi tarjoaa jo 1485 erilaista funktiota - joilla löytää ei vain tietyn suuren alkulukuparin vaan kaikki siltä väliltä. Matriiseilla voi haravoida esiin kaikki paikat, joissa hyvällä todennäköisyydellä on alkuluku tai kaksi.
Vielä on kuitenkin osattava liittää yhtälöön myös villit tekijät - ne joista ei ole ollut puhetta - kaikki ne sadat ja tuhannet alkuluvut, jotka kerran näyttäydyttyään muuttuvat tekijöiksi ja alkavat saalistaa alkulukuja kuin mörkö: mihin mörkö kerran astuu, siinä kohtaa ei enää koskaan kasva mitään.
Villejä tekijöitä varten voidaan muotoilla logaritmi-osa, joka antaa meille likiarvon - mutta kuten moneen kertaan olen sanonut, en ole kiinnostunut likiarvoista. Haluan ymmärtää.
Itse asiassa villeistä alkuluvuista ei ole niin paljon vaaraa kuin luulisi. Alkuluvuilla on edessään pitkä tie ennen kuin ne varttuvat tekijöiksi. Tämä on ehkä helpointa selittää, jos ensin tarkastelemme Goldbachin hypoteesia. Seuraavassa kirjoituksessa siis vihdoin aloitetaan pääruoan tarjoileminen.
PS. Tekijänkierto pätee myös laajemmin. Myös villit tekijät astuvat kuhunkin matriisin ruutuun vain yhden kerran matkallaan origosta origoon - siis omaan, kaukaiseen nollakohtaansa. Ensimmäisellä askeleellaan ne ovat alkulukuja, eivätkä enää koskaan ennen origoa astu tuohon ruutuun toista kertaa. Esimerkiksi alkuluku 19 (siis tekijä muotoa 0 x 210 + 19) on turmelemassa ruutua 210n + 19 seuraavan kerran vasta ruudussa 210 x 19 + 19, silloin ja tasan tarkkaan silloin. Emme löydä tekijää 19 ruuduista "210 x 1 +19" tai "210 x 2 +19"... aina ruutuun "210 x 18 + 19" asti.
Sama pätee ruutuun 210n - 19. Ensimmäinen tapaus on 210 x 19 - 19.
Tekijänkierroksen näkökulmasta katsottuna villien tekijöiden käytös on melko helposti ennustettavissa - tai siis tietenkin se on täydellisesti ennustettavissa, mutta yksinkertaisen säännön muotoileminen on toinen juttu.
Toinen tekijöitä koskeva rajoitus, jonka mainitsin jo ihan ensimmäisessä osassa on se, että kukin tekijä muuttuu tekijäkokelaasta varteenotettavaksi tekijäksi vasta ohitettuaan ruudun, jossa se on toisessa potenssissa. Tästä syystä alueella 0 - N meidän tulee huomioida vain tekijät, jotka ovat pienempiä kuin "neliöjuuri N". Mitä suuremmista luvuista on kyse, sitä pienempi suhteellinen osuus tekijöistä on varteenotettavia.
PPS. Entäs tämä alkulukuongelma:
Aina alkuluku välillä "n potenssiin 2 ja n+1 potenssiin 2"
keskiviikko 16. toukokuuta 2012
Alkulukuparit 2/3
ALKULUKUJEN ARVOITUKSET, OSA 5/9.
Tässä osassa tarkastelemme alkulukupareja analyyttisemmin. Edellisesti luvusta tiedämme jo, että alkuluvut pariutuvat, koska tekijät kohtaavat toisensa matriisin nollakohdassa ja koska matriisit ovat symmetrisiä. Pienimmät, tässä vaiheessa jo varsin hyvin tunnetut tekijät asettavat alkuluvuille tarkat rajat, joista ne eivät koskaan myöhemminkään voi poiketa.
Tekijöiden 2 ja 3 tanssikuviosta seuraa, että kaikki alkulukuparit ovat ilmaistavissa kaavalla 6n + 1 sekä 6n -1. Itse asiassa myöskin kaikki ei-parilliset alkuluvut ovat jompaa kumpaa muotoa (ainoa poikkeus ovat tietenkin luvut 2 ja 3). Jokainen alkuluku on siis yhden askelen päässä kuudella jaollisesta luvusta.
Meidän ei kuitenkaan kannata tyytyä tähän. Voimme muotoilla alkuluvuille täsmällisemmät arvot tutkimalla matriisia, jossa on enemmän tunnettuja tekijöitä. Mikään ei aseta rajoja tällaiselle tutkimukselle: teoriassa voimme kertoa keskenään kuinka monta tekijää tahansa ja saamme uuden, suuremman matriisin.
Tässä kaavakuvassa luku 1 on merkitty alkuluvuksi (eli asetettu kultaiseen kehykseen) Syy on siin, ettei kyseessä ole todellinen luku 1 vaan luku "30n+1", toisin sanoen matriisin nollakohtaa seuraava luku. Esimerkiksi luvut 31, 61 tai 91 ovat tällaisia lukuja.
Koska luku 5 on tekijänä matriisissa, ei 30n + 5 tai 30n - 5 voi koskaan olla alkuluku. Tässä matriisissa pätee siis sama kuin meille tutummassa kymmenjärjestelmässä.
Luku viisi on vähentänyt alkulukuparien määrää kahdella. Origo30 antaa täsmällisempiä arvoja kuin Origo6, sillä siinä on useampia tunnettuja tekijöitä.
Kuvasta näemme, että alkuluvut ovat muotoa:
Kuviosta näemme myös, että kaikissa neljän tai kuuden alkuluvun ryppäissä on 15:lla jaollinen keskipiste.
Kirje professorille 2010
Tällaisia ilmiöitä olin siis havainnut jo vuoden 2010 alkupuoliskolla. Halusin tietää olenko oikeilla jäljillä - tai olenko mahdollisesti tehnyt jo tässä vaiheessa uusia havaintoja, joten lähetin sähköpostia muutamalle yliopiston tutkijalle ja dosentille, joiden tiesin erikoistuneen lukuteoriaan.
Eräs heistä vastasikin pian ja kertoi, että sähköpostissani esittämäni havainnot ovat tunnettuja ja todistettuja. Se oli tietenkin hyvä asia, sillä tiesin nyt olevani oikeilla jäljillä. Olin maininnut sähköpostissani vain murto-osan ajatuksistani ja olisi ehkä ollut järkevää jatkaa kirjeenvaihtoa heti silloin ja selvittää tarkemmin mitkä osat itsenäisistä tutkimuksistani jo tunnettiin lukuteoriassa. Omien todistusten muotoilu ja metodi, jolla niihin oli päästy kuitenkin vaikuttivat radikaalisti eroavan aiemmasta - ainakin saatavilla olevan kirjallisuuden ja nettisivustojen perusteella.
Käytännössä kaikki 1900-luvun edistysaskelet lukuteoriassa perustuivat logaritmiin ja alkulukulauseeseen:
http://fi.wikipedia.org/wiki/Alkulukulause
Tästä syystä ne ovat epätäsmällisiä, eivätkä palvele arkiymmärrystä. Todistukset on johdettu aiemmista todistuksista ja niiden selittäminen edellyttää monimutkaisten yhtälöiden opettelemista.
Entä mitä Wikipedia meille kertoo "tekijöistä"?
http://fi.wikipedia.org/wiki/Tekij%C3%A4
Niinpä tietenkin. :D
Pimeä matriisi, The Dark Matrix
Kun tekijät tunnetaan, ne voidaan sulkeistaa pois ja unohtaa. Syntyy pimeä matriisi, jossa huomion voi helpommin kiinnittää alkulukuihin tai varteenotettaviin tekijöihin.
En ole piirtänyt tätä täydellisen mustaksi vaan jättänyt matriisin solmukohdat näkyviin, siis 6:lla jaolliset luvut sekä osan viitosen sijaineista.
Ruudokossa ovat siis vasemmalta oikealle ja ylhäältä alas merkittynä kaikki kokonaisluvut nollasta 210:een. (Tai jos täsmällisiä ollaan niin 7 - 209) Kaikki alkuluvut tuolta väliltä löydetään avonaisista ruuduista - ja niitä on paljon. Seuraavaan kuvaan olen merkinnyt alkuluvut punaisella ruksilla ja ei-alkuluvut mustalla.
KLIKKAA ISOMMAKSI!
On lyhyempi luetella ne matriisin aukkokohdat, jotka eivät ole alkukuja: 12 /56 vs. 44 /56
Matriisi 30 x 7, eli Origo210
Jos luvun 7 liikkeet huomioidaan ja lasketaan mukaan seuraavan 210 numeron sarjaan, saadaan matriisi Origo210, johon myös voidaan laskea täsmälliset - aiempaa matriisia hieman tarkemmat - alkulukuparien ilmaantumiskohdat. Kaikkiaan ratkaisuja on 15 kpl, ja tilaa säästyy jos ne ilmaistaan symmetrisesti:
Huomaa, että kohdassa 210n-1 ei ensimmäisellä näkemällä ole alkulukuparia! Kun n saa arvon 1, aukkokohdassa 210n - 1 = 209 seikkailee tekijä 11 (11 x 19). Myöhemmillä kierroksilla sijainti on kuitenkin jälleen vapaa ja alkulukuja putkahtaa esiin. Kyseessä on siis potentiaalinen sijainti alkulukuparille. Joka tapauksessa matriisi 210.ssa on alkulukuparia varten tuossa kohtaa tilaa - hedelmällistä maaperää - ja myöhemmin siitä tulee löytymään alkulukuja - myös pariutuneita sellaisia.
(Esimerkiksi jo seuraava 2 x 210 - 1 / + 1, eli 419 ja 421 ovat alkulukupari.)
Myöskään kohdassa 210n - 41 = 169 (13 x 13) ei ole alkulukuparin toista osapuolta, vaikkakin luotan, että samalla funktiolla 210n - 41 kyllä löytyy alkulukuja ja parejakin myöhemmin. Kaikkiaan tarkastelemassamme matriisissa toteutuu N:n arvolla 0 vain 13/15 mahdollisesta alkulukuparista. Muutaman puuttuminen selittyy varteenotettavilla tekijöillä 11 ja 13. Selitän myöhemmin miksi alkulukupareja toteuttavia funktioita 210n +/- X tulisi olla juuri 15 kpl, eikä vähempää
(Luvut 1427 ja 1429 ovat alkulukupari muotoa 210n -41 ja - 43. N saa arvon 7. Metodini ovat alkeelliset, mutta tässä vaiheessa teoreemani löytää jo alkulukuja jotka ovat käsitettävän avaruuden ulkopuolella - teoreemaan perustuvia, mutta toteutuvia.)
Luvun 210 jälkeen alkulukupareja löytyy vain ja ainoastaan yllä mainituilla koordinaateilla - äärettömyyteen asti. Jos haluamme jatkaa, voimme rakentaa seuraavan matriisin 210 x 11 = 2310 - ja sitä seuraavan 2310 x 13 - ja sitä seuraavan ja sitä seuraavan. Matriisissa Origo2310 tulisimme löytämään 135 alkulukuparia muotoa 2310n +X. Luku tulee aina olemaan pariton, koska jokainen matriisi on sisäisesti symmetrinen, minkä lisäksi on pariton alkulukupari muotoa + 1 / -1. Matriisin puolivälissä ei koskaan voi olla alkulukua tai alkulukuparia. Selitän seuraavassa osassa miten luku 135 on laskettu - ja kuinka voin olla varma siitä, että se pätee tarkasti.
Esittelemilläni metodeilla emme löydä ainoastaan tiettyjä suuria alkulukupareja vaan kaikki potentiaaliset alkulukuparien kohdat nollasta aina haluamaamme lukuun saakka... mutta vain potentiaaliset sijainnit. Jos haluamme eksakteja lukuja, tarvitsemme lisää välineitä.
Varteenotettavat tekijät
Luvusta 7 on tulossa seuraava tunnettu tekijä. Mitä me voimme tietää siitä, ilman että mekaanisesti käymme lävitse matriisin jokaisen ruudun?
Tässä vaiheessa on syytä huomata, että kulkiessaan matriisin nollakohdasta "0" uuteen nollakohtaan "210" numero 7 täyttää matkallaan aukkokohtia täsmälleen niin paljon kuin matriisissa alkujaan on: 8 kpl.
Huom. Katso ylempää lista luvuista jotka eivät ole alkulukuja! Löydät vain 7 tapausta, mutta lisäksi luku 7 pilkistää matriisin rakosesta myös kohdassa 0x30 + 7. Ensi esiintymisellään luku on alkuluku, mutta tämä lasketaan kahdeksanneksi tapaukseksi, koska myöhemmin kyseinen tekijä löytyy aina tuosta ruudusta, eikä se enää ole viaton alkuluku. Mikään luku 210n + 7 ei voi olla alkulukua, jos n on suurempi tai yhtä suuri kuin 1, koska sen tekijänä on luku 7. Esimerkiksi 217 ei ole alkuluku, eikä liiemmin 427. Ne sijaitsevat 7 askelen päässä nollakohdasta, jossa on tunnettuna tekijänä luku 7.
Seuraavassa luvussa todistan, että nämä havainnot on yleistettävissä miten suuriin matriiseihin tahansa.
Matkallaan kohti Origoa210 luku 7 kulkee seitsemän kertaa edellisen matriisin halki. (Tietenkin, koska 210:30 = 7.) Se täyttää tarkalleen 1/7 kaikista mahdollisista aukkokohdista. Koska matriisissa Origo30 on 8 aukkoa, ja matriiseja on seitsemän kappaletta, jää jäljelle täsmälleen 6/7. Jos muissa kohdissa ei ole alkulukua tai luku 7 ei vieraile niissä, täytyy asialla olla tekijä 11, 13, 17, 19 jne.
Jatkuu...
PS. Ruudun 210n+7 tekijänä ei seitsemän lisäksi voi koskaan olla 2, 3 tai 5. Sama pätee kaikkiin matriisin Origo210 aukkokohtiin, joissa 7 on havaittu. Niinpä näissä on 7:n ohella jokin muu alkuluku tai kyseessä on seitsemän korkeampi potenssi.
Tässä osassa tarkastelemme alkulukupareja analyyttisemmin. Edellisesti luvusta tiedämme jo, että alkuluvut pariutuvat, koska tekijät kohtaavat toisensa matriisin nollakohdassa ja koska matriisit ovat symmetrisiä. Pienimmät, tässä vaiheessa jo varsin hyvin tunnetut tekijät asettavat alkuluvuille tarkat rajat, joista ne eivät koskaan myöhemminkään voi poiketa.
 |
| Origo6 +1/-1 |
Meidän ei kuitenkaan kannata tyytyä tähän. Voimme muotoilla alkuluvuille täsmällisemmät arvot tutkimalla matriisia, jossa on enemmän tunnettuja tekijöitä. Mikään ei aseta rajoja tällaiselle tutkimukselle: teoriassa voimme kertoa keskenään kuinka monta tekijää tahansa ja saamme uuden, suuremman matriisin.
 |
| Origo30 - Alkulukuparit |
Koska luku 5 on tekijänä matriisissa, ei 30n + 5 tai 30n - 5 voi koskaan olla alkuluku. Tässä matriisissa pätee siis sama kuin meille tutummassa kymmenjärjestelmässä.
Luku viisi on vähentänyt alkulukuparien määrää kahdella. Origo30 antaa täsmällisempiä arvoja kuin Origo6, sillä siinä on useampia tunnettuja tekijöitä.
Kuvasta näemme, että alkuluvut ovat muotoa:
30n +1Jos haluamme, voimme hyödyntää symmetriaa ja ilmaista viimeisen parin myös muodossa:
30n -1
30n + 11
30n + 13
30n + 17
30n + 19
30n - 11Nämä havainnot ovat täydellisesti yleistettävissä, kunhan suljetaan pois alkulukupari 5 sekä 7. Ehkä siis olisi parempi sanoa, että sääntö pätee kaikkiin alkulukupareihin, kunhan n > 0.
30n -13
Kuviosta näemme myös, että kaikissa neljän tai kuuden alkuluvun ryppäissä on 15:lla jaollinen keskipiste.
Kirje professorille 2010
Tällaisia ilmiöitä olin siis havainnut jo vuoden 2010 alkupuoliskolla. Halusin tietää olenko oikeilla jäljillä - tai olenko mahdollisesti tehnyt jo tässä vaiheessa uusia havaintoja, joten lähetin sähköpostia muutamalle yliopiston tutkijalle ja dosentille, joiden tiesin erikoistuneen lukuteoriaan.
Eräs heistä vastasikin pian ja kertoi, että sähköpostissani esittämäni havainnot ovat tunnettuja ja todistettuja. Se oli tietenkin hyvä asia, sillä tiesin nyt olevani oikeilla jäljillä. Olin maininnut sähköpostissani vain murto-osan ajatuksistani ja olisi ehkä ollut järkevää jatkaa kirjeenvaihtoa heti silloin ja selvittää tarkemmin mitkä osat itsenäisistä tutkimuksistani jo tunnettiin lukuteoriassa. Omien todistusten muotoilu ja metodi, jolla niihin oli päästy kuitenkin vaikuttivat radikaalisti eroavan aiemmasta - ainakin saatavilla olevan kirjallisuuden ja nettisivustojen perusteella.
Käytännössä kaikki 1900-luvun edistysaskelet lukuteoriassa perustuivat logaritmiin ja alkulukulauseeseen:
http://fi.wikipedia.org/wiki/Alkulukulause
Tästä syystä ne ovat epätäsmällisiä, eivätkä palvele arkiymmärrystä. Todistukset on johdettu aiemmista todistuksista ja niiden selittäminen edellyttää monimutkaisten yhtälöiden opettelemista.
Entä mitä Wikipedia meille kertoo "tekijöistä"?
http://fi.wikipedia.org/wiki/Tekij%C3%A4
"Tämä matematiikkaan liittyvä artikkeli on tynkä."
Niinpä tietenkin. :D
Pimeä matriisi, The Dark Matrix
Kun tekijät tunnetaan, ne voidaan sulkeistaa pois ja unohtaa. Syntyy pimeä matriisi, jossa huomion voi helpommin kiinnittää alkulukuihin tai varteenotettaviin tekijöihin.
Ruudokossa ovat siis vasemmalta oikealle ja ylhäältä alas merkittynä kaikki kokonaisluvut nollasta 210:een. (Tai jos täsmällisiä ollaan niin 7 - 209) Kaikki alkuluvut tuolta väliltä löydetään avonaisista ruuduista - ja niitä on paljon. Seuraavaan kuvaan olen merkinnyt alkuluvut punaisella ruksilla ja ei-alkuluvut mustalla.
KLIKKAA ISOMMAKSI!
 |
| Matriisin Origo210 aukkokohdat, eli kaikki alkuluvut välillä 0 - 210. |
49 = 7 x 7Origo30-ruudukkoa voi jatkaa niin pitkälle kuin halutaan ja aina alkuluvut löytyvät samoista sarakkaista. Turha siis väittää, että alkulukujen esiintymisessä olisi jotain outoa tai maagista. Nehän seisovat aivan maltillisesti suorissa riveissä kuin armeijan alokkaat paraatipäivänä.
77 = 7 x 11
91 = 7 x 13
119 = 7 x 17
121 = 11 x11
133 = 7 x 19
143 = 11 x 13
161 = 7 x 23
169 = 13 x 13
187 = 11 x 17
203 = 7 x 29
209 = 11 x 19
Matriisi 30 x 7, eli Origo210
Jos luvun 7 liikkeet huomioidaan ja lasketaan mukaan seuraavan 210 numeron sarjaan, saadaan matriisi Origo210, johon myös voidaan laskea täsmälliset - aiempaa matriisia hieman tarkemmat - alkulukuparien ilmaantumiskohdat. Kaikkiaan ratkaisuja on 15 kpl, ja tilaa säästyy jos ne ilmaistaan symmetrisesti:
210n + 1 ja 210n -1
210n +/- 11 ja 13
210n +/- 17 ja 19
210n +/- 29 ja 31
210n +/- 41 ja 43
210n +/- 59 ja 61
210n +/- 71 ja 73
210n +/- 101 ja 103
Huomaa, että kohdassa 210n-1 ei ensimmäisellä näkemällä ole alkulukuparia! Kun n saa arvon 1, aukkokohdassa 210n - 1 = 209 seikkailee tekijä 11 (11 x 19). Myöhemmillä kierroksilla sijainti on kuitenkin jälleen vapaa ja alkulukuja putkahtaa esiin. Kyseessä on siis potentiaalinen sijainti alkulukuparille. Joka tapauksessa matriisi 210.ssa on alkulukuparia varten tuossa kohtaa tilaa - hedelmällistä maaperää - ja myöhemmin siitä tulee löytymään alkulukuja - myös pariutuneita sellaisia.
(Esimerkiksi jo seuraava 2 x 210 - 1 / + 1, eli 419 ja 421 ovat alkulukupari.)
Myöskään kohdassa 210n - 41 = 169 (13 x 13) ei ole alkulukuparin toista osapuolta, vaikkakin luotan, että samalla funktiolla 210n - 41 kyllä löytyy alkulukuja ja parejakin myöhemmin. Kaikkiaan tarkastelemassamme matriisissa toteutuu N:n arvolla 0 vain 13/15 mahdollisesta alkulukuparista. Muutaman puuttuminen selittyy varteenotettavilla tekijöillä 11 ja 13. Selitän myöhemmin miksi alkulukupareja toteuttavia funktioita 210n +/- X tulisi olla juuri 15 kpl, eikä vähempää
(Luvut 1427 ja 1429 ovat alkulukupari muotoa 210n -41 ja - 43. N saa arvon 7. Metodini ovat alkeelliset, mutta tässä vaiheessa teoreemani löytää jo alkulukuja jotka ovat käsitettävän avaruuden ulkopuolella - teoreemaan perustuvia, mutta toteutuvia.)
Luvun 210 jälkeen alkulukupareja löytyy vain ja ainoastaan yllä mainituilla koordinaateilla - äärettömyyteen asti. Jos haluamme jatkaa, voimme rakentaa seuraavan matriisin 210 x 11 = 2310 - ja sitä seuraavan 2310 x 13 - ja sitä seuraavan ja sitä seuraavan. Matriisissa Origo2310 tulisimme löytämään 135 alkulukuparia muotoa 2310n +X. Luku tulee aina olemaan pariton, koska jokainen matriisi on sisäisesti symmetrinen, minkä lisäksi on pariton alkulukupari muotoa + 1 / -1. Matriisin puolivälissä ei koskaan voi olla alkulukua tai alkulukuparia. Selitän seuraavassa osassa miten luku 135 on laskettu - ja kuinka voin olla varma siitä, että se pätee tarkasti.
Esittelemilläni metodeilla emme löydä ainoastaan tiettyjä suuria alkulukupareja vaan kaikki potentiaaliset alkulukuparien kohdat nollasta aina haluamaamme lukuun saakka... mutta vain potentiaaliset sijainnit. Jos haluamme eksakteja lukuja, tarvitsemme lisää välineitä.
Varteenotettavat tekijät
Luvusta 7 on tulossa seuraava tunnettu tekijä. Mitä me voimme tietää siitä, ilman että mekaanisesti käymme lävitse matriisin jokaisen ruudun?
Tässä vaiheessa on syytä huomata, että kulkiessaan matriisin nollakohdasta "0" uuteen nollakohtaan "210" numero 7 täyttää matkallaan aukkokohtia täsmälleen niin paljon kuin matriisissa alkujaan on: 8 kpl.
Huom. Katso ylempää lista luvuista jotka eivät ole alkulukuja! Löydät vain 7 tapausta, mutta lisäksi luku 7 pilkistää matriisin rakosesta myös kohdassa 0x30 + 7. Ensi esiintymisellään luku on alkuluku, mutta tämä lasketaan kahdeksanneksi tapaukseksi, koska myöhemmin kyseinen tekijä löytyy aina tuosta ruudusta, eikä se enää ole viaton alkuluku. Mikään luku 210n + 7 ei voi olla alkulukua, jos n on suurempi tai yhtä suuri kuin 1, koska sen tekijänä on luku 7. Esimerkiksi 217 ei ole alkuluku, eikä liiemmin 427. Ne sijaitsevat 7 askelen päässä nollakohdasta, jossa on tunnettuna tekijänä luku 7.
Seuraavassa luvussa todistan, että nämä havainnot on yleistettävissä miten suuriin matriiseihin tahansa.
Matkallaan kohti Origoa210 luku 7 kulkee seitsemän kertaa edellisen matriisin halki. (Tietenkin, koska 210:30 = 7.) Se täyttää tarkalleen 1/7 kaikista mahdollisista aukkokohdista. Koska matriisissa Origo30 on 8 aukkoa, ja matriiseja on seitsemän kappaletta, jää jäljelle täsmälleen 6/7. Jos muissa kohdissa ei ole alkulukua tai luku 7 ei vieraile niissä, täytyy asialla olla tekijä 11, 13, 17, 19 jne.
Jatkuu...
PS. Ruudun 210n+7 tekijänä ei seitsemän lisäksi voi koskaan olla 2, 3 tai 5. Sama pätee kaikkiin matriisin Origo210 aukkokohtiin, joissa 7 on havaittu. Niinpä näissä on 7:n ohella jokin muu alkuluku tai kyseessä on seitsemän korkeampi potenssi.
Tilaa:
Blogitekstit (Atom)