هوپا، انجمن علم ایران

خیلی جالب بود
کسی راه حل دیگه نداره برای یافتن اعداد اول ؟؟

adonis1614 نوشته شده: ↑

یک‌شنبه ۱۳۹۹/۱/۲۴ - ۱۷:۱۸

سلام دوستان عزیز
در واقع این یه اصل ساده از ریاضیات گسسته هستش
شما همه اعداد رو میتونید به صورت 6k + i بنویسین که اگه این i ، عددهای 0 ، 2 ، 3 ، 4 باشه عدمون قطعا اول نیست و فقط 1 و 5 میتونن باشن و فرم دیگه 6k + 5 همون 6k - 1 هستش ...

k=5,10,15 و ضرایب پنج که جواب نمیده

رضا دانشجو نوشته شده: ↑

چهارشنبه ۱۳۹۸/۶/۶ - ۱۰:۲۸

اسم این راه حل ستون شش است به شکلی که یک ستون متشکل از مضرب شش را کشیده ودور ان را اعداد قبل و بعد همان ردیف را میگذاریم البته به غیر از یک که دو را سمت چپ یک و سه را سمت راست یک میگذاریم دقت شود همه اعداد اول دور این ستون جمع میشوند ولی همه اعدادی که دور ستون جمع میشوند ممکن است اول نباشند.مانند شکل

من خودم یه زمانی فقط واسه‌ی دل خودم اعداد اول کار می‌کردم
وقتی تعداد اعداد اول متوالی با فاصله‌های مختلف را رتبه‌بندی کردم فاصله‌ی ۶ رتبه‌ی اول شد.
یا در فاصله‌ی ۱ تا ۱۰۰ میلیون ۱۳۲ عدد اول وجود دارند که فاصله‌ی آنها از عدد اول بعدی ۱۳۲ است
و بیشترین فاصله‌ی یک عدداول با عدد اول بعدی در زیر ۱۰۰ میلیون ۲۲۰ است برای اعداد ۴۷۳۲۶۶۹۳ و ۴۷۳۲۶۹۱۳

عدد اول عددی طبیعی بزرگ‌تر از ۱ است که بر هیچ عدد مثبتی بجز خود و ۱ بخش‌ پذیر نباشد. تنها استثنا عدد ۱ است که جزو این اعداد قرار نمی‌گیرد. اگر عددی طبیعی و بزرگ‌تر از ۱ اول نباشد مرکب است. به این معنی که به عددی به غیر خودش و یک تقسیم خواهد شد. روش $p_n=1+\sum^{2^n}_{m=1}\left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\pi(m)}\right\rfloor^{\frac{1}{n}}\right\rfloor. $ و مولد اعداد اول $ H(m) = 2\left(\frac{2m+1}{2}\right)^{\lfloor \frac{2m+1}{(2m)!+1}\cdot \frac{(2m)!+1}{2m+1}\rfloor} = 2\cdot \frac{2m+1}{2} = 2m+1,$ این فرمول هم 11 عدد اول تولید میکنه $2 \cdot (n + n / (27 / n)) + 1 / n - 1 $ ولی به نظرم کلی ترین روش$p_n=1+\sum_{m=1}^{2^n} \left\lfloor\left(\frac{n}{1+\pi(m)} \right )^{1/n} \right\rfloor$ هست که $\pi(m)=-1+\sum_{j=1}^{m} F(j) $و همچنین $ F(j)=\left[ \cos^2 \pi\frac{(j-1)!+1}{j}\right]$ هست و همچنین میتوانید $\pi(m)=\sum_{j=1}^{m} H(j) $که باز $H(j)=\dfrac{\sin^2\pi\dfrac{((j-1)!)^2}{j}}{\sin^2\dfrac{\pi}{j}} $ ودر نهایت $p_n=1+\sum_{m=1}^{2^n} \left[\left(\frac{n}{\sum_{j=1}^{m} F(j)} \right )^{1/n} \right ] $

اوه عالی بود ولی بعضی جاها اشکال داشتین که برای ادامه به تحقیقات و پیدا کردن فرمول اصلی که کاملا درست باشه کمکتون می‌کنه موفق باشید