Welcome, Guest. Please login or register.

Autor Subiect: Probleme matematice. Lista lui Landau  (Citit de 22628 ori)

0 Membri şi 1 Vizitator vizualizează acest subiect.

curiosul

  • Vizitator
Probleme matematice. Lista lui Landau
« : Ianuarie 29, 2016, 01:38:07 p.m. »
Am deschis acest subiect pentru că am ajuns la niște rezultate interesante, validate oarecum  de formule care pot verifica corectitudinea concluziilor, și aș vrea să știu dacă există pe forum persoane interesate de discuții obiective strict referitoare la problemele din Lista lui Landau,  pe care le găsiți începând cu pagina 7 a pdf-ului din link.

Voi încerca o abordare simplă care conține doar rezultatele principale, deși pe alocuri ar părea să nu fie atât de evidente relațiile de implicare, pentru că nu voi expune toți pașii logici ce trebuie parcurși.

Pentru început, să stabilim o formulă decentă care determină numărul de numere prime mai mici decât o valoare dată n, folosind Ciurul lui Eratostene.
Principiul Ciurului lui Eratostene constă în eliminarea numerelor care nu sunt prime.
Desigur, după eliminarea acestor numere nonprime, cele care rămân sunt numere prime.
Evident, dacă un număr mai mic decât n nu este prim el este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal decât radicalul lui n.

Pentru început, putem stabili că din toate numerele până la n, \frac{n}{2}  sunt numere care sunt divizibile cu 2.

În concluzie, n-\frac{n}{2}=n \left ( 1-\frac{1}{2} \right ) sunt numere care nu sunt divizibile cu 2.

Din toate numerele până la n, \frac{n}{3} sunt numere care sunt divizibile cu 3:

(3\cdot 1), (3\cdot 2),(3\cdot 3), (3\cdot 4),...,\left ( 3\cdot \left [ \frac{n}{3} \right ] \right )

Dar observăm că o parte din ele sunt numere divizibile cu 2, iar acestea au fost deja numărate în pasul anterior, prin eliminarea numerelor divizibile cu 2.

Din \frac{n}{3} numere divizibile cu 3, așa cum este arătat anterior, \frac{n}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right ) vor fi numere divizibile cu 3, dar nedivizibile cu 2.

Până acum, putem spune că n\left( 1- \frac{1}{2} \right ) -\frac{n}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right )=n\left( 1- \frac{1}{2} \right )\left ( 1-\frac{1}{3} \right ) sunt numere nedivizibile cu 2 sau/și cu 3.

Procedând în mod similar pentru următorul număr prim, eliminînd numerele care sunt divizibile cu 5, dar nedivizibile cu 2 sau/și 3, pentru că acestea din urmă au fost deja eliminate, putem stabili că din toate numerele până la n, n\left( 1- \frac{1}{2} \right )\left ( 1-\frac{1}{3} \right )\left ( 1-\frac{1}{5} \right ) sunt numere nedivizibile cu 2, 3 sau/și 5.

Eliminând în aceeași manieră toate numerele nedivizibile cu 2,3,5,7,11,...,p_{i} ajungem să stabilim că numărul de numere prime prime până la n este aproximativ egal cu

(formula 1)  n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( 1-\frac{1}{p_{k}} \right ) \right ]=n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ] , unde p_{i}\leq \sqrt{n}< p_{i+1}.

Facând ceva calcule putem stabili că această formulă estimează destul de bine numărul de numere prime până la n, evident cu o anumită eroare determinată de faptul că nu a fost folosită partea întreagă.

Oricum, putem stabili că

(relatia 1)  n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (n)< 2n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ] ,

unde \pi (n) este numărul exact de numere prime până la n, iar inegalitatea de mai sus o vom folosi ceva mai târziu.

Să arătăm în continuare un alt rezultat interesant.

Toate numerele impare nedivizibile cu 3, pot fi scrise ca numere de forma 6k+1 și 6k+5:

1, 7, 13, 19, 25, 31, 37, 43, 49, 55, 61, 67, 73,..., 6m+1,...
5,11, 17, 23, 29, 35, 41, 47, 53, 59, 65, 71, 77,..., 6m+5,...

Folosind același principiu al Ciurului lui Eratostene, prezentat anterior, luând în calcul primele m numere de această formă, putem stabili ca în fiecare șir, numărul de numere prime este aproximativ identic și egal cu m\left [\prod_{k=3}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ] , unde p_{i}\leq \sqrt{6m}< p_{i+1} .

Desigur, în produsul anterior nu vor fi luate în calcul numerele prime 2 și 3, pentru că în acele două șiruri, numerele nonprime pot fi divizibile doar cu numerele prime 5, 7, 11, ..., p_{i}\leq \sqrt{6m}< p_{i+1} .

Aceasta înseamnă că din toate numerele prime mai mici ca n, aproximativ jumătate din ele vor fi numere prime de forma 6k+1, sau numere prime de forma 6k+5.

În mod similar, dacă scriem toate numerele nedivizibile cu 2 și 5, ca numere de forma 10k+1, 10k+3, 10k+7, 10k+9, folosind principiul Ciurului lui Eratostene putem arăta că pâna la 10m, numărul de numere prime de forma 10k+1 este aproximativ egal cu numărul de numere prime de forma 10k+3, aproximativ egal cu numărul de numere prime de forma 10k+7 etc.

În concluzie, putem stabili că din toate numerele prime până la n, aproximativ \pi (n)\left (\frac{1}{5-1} \right ) sunt numere prime de forma 10k+1, sau numere prime de forma 10k+3, sau numere prime de forma 10k+7, sau numere prime de forma 10k+9.

În mod similar, putem arăta că pentru orice număr prim impar p_{k}, din toate numerele prime până la n, aproximativ \pi (n)\left (\frac{1}{p_{k}-1} \right ) sunt numere prime de forma 2p_{k}v+q_{p_{k}} , unde q_{p_{k}} este un număr impar diferit de p_{k}  astfel încât 1\leq q_{p_{k}}< 2p_{k} .

Folosind un principiu asemănător celui pentru estimarea lui \pi (n) din formula 1, putem stabili că din toate numerele prime mai mici ca n, aproximativ

(formula 2)  \pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\left ( 1-\frac{1}{p_{k}-1} \right ) \right ]=\pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\left (\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ) \right ]

sunt numere prime care nu sunt de forma 6k+1 (sau 6k+5), nu sunt de forma 10k+1 (sau 10k+3, sau 10k+7, sau 10k+9) etc, iar general, deși exprimarea este cam improprie, nu sunt de forma 2p_{k}v+ q_{p_{k}} .

Spre exemplu, din toate numerele prime până la n, aproximativ \pi (n)\cdot \left [\prod_{p_{k}=3,5,7}\left (\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ) \right ]= \pi (n)\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6} sunt numere prime care nu sunt de forma 6k+1, nu sunt de forma 10k+9 și nu sunt de forma 14k+5.

Sau, pentru că formula generalizează situația, nu sunt de forma 6k+5, nu sunt de forma 10k+3, nu sunt de forma 14k+11.
În mod asemănător, formula estimează cu o aproximație destul de bună, pentru orice combinație de numere prime de formă generală 2p_{k}v+q_{p_{k}} am alege, cu 2 < p_{k} < 11} .


Să trecem in continuare la prima problemă din Lista lui Landau - Conjectura lui Goldbach.
Cei familiarizați cu acest tip de probleme știu despre ce este vorba, dar menționăm totuși enunțul acestei conjecturi:

"Orice număr par mai mare ca 2 poate fi scris ca sumă de 2 numere prime."

Dacă nu este improprie folosirea cuvântului "demonstrație", continuu menționând că demonstrația următoare este bazată pe calcularea numărului de reprezentări pentru care un număr par 2n poate fi scris ca sumă de două numere prime.
Arătând că acest număr de reprezentări 2n=p+q este nenul sau este cel puțin o valoare minimă bine determinată, evident, este suficient să demonstreze că acel număr par 2n poate fi scris ca sumă de 2 numere prime p,q, fără a fi necesară determinarea exactă a acelor două numere prime p și q a căror sumă este egală cu acel număr par 2n.

Să considerăm, generalizat, un număr par 2n suficient de mare, pentru că putem verifica ușor conjectura, prin simplu calcul, că primele n numere pare pot fi scrise ca sumă de două numere prime.

Putem stabili că un număr mai mic/egal cu n, care nu este prim, este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal cu radical din n și, de asemenea, un număr mai mic/egal ca 2n, care nu este prim, este oligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal cu radical din 2n.

Este arătat anterior că formula 1 aproximează destul de bine numărul de numere prime până la n si este dată de n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ] , unde p_{k} este un număr prim mai mic decât radical din n, notând acest aspect pentru limita superioară "i" cu p_{i}\leq \sqrt{n}< p_{i+1} .

Desigur,  p_{1}=2, p_{2}=3, p_{3}=5, p_{4}=7, p_{5}=11,p_{6}=13,...

Fie un număr impar up_{k} astfel încât n\leq up_{k}< 2n , cu p_{k}\leq \sqrt{2n}

Putem arăta că dacă 2n-up_{k}=2p_{k}v+q_{p_{k}} , atunci 2n-(u+2w)p_{k}=2p_{k}(v-w)+q_{p_{k}} .

Cu alte cuvinte, dacă un număr impar nonprim din intervalul (n,2n), divizibil cu p_{k} , notat mai sus cu up_{k} , determină prin diferența 2n-up_{k} un număr prim de forma 2p_{k}v+q_{p_{k}} , atunci toate numerele prime de forma 2p_{k}{v}'+q_{p_{k}} , din intervalul (1,n), vor determina prin diferența 2n-\left (2p_{k}{v}'+q_{p_{k}} \right )  un număr divizibil cu p_{k} .

Spre exemplu, alegând aleatoriu un număr par 2n, nedivizibil cu 3 și 5, 128 spre exemplu, orice număr prim de forma 6k+5 din intervalul (1,64) va determina prin diferența 128-(6k+5) un număr divizibil cu 3 și de asemenea, orice număr prim de forma 10k+3 din intervalul (1,64) va determina prin diferența 128-(10k+3) un număr divizibil cu 5.

Concluzia este că din toate numerele prime mai mici ca n, trebuie eliminate toate numerele prime de forma 2p_{k}v+q_{p_{k}} , unde q_{p_{k}} , așa cum este menționat mai sus, este un număr impar determinat, diferit de p_{k}, astfel încât 1\leq q_{p_{k}}< 2p_{k} , cu precizarea că numărul prim p_{k} nu trebuie să apară în factorizarea lui n.

Evident, dacă n este divizibil cu p_{k} , diferența 2n-up_{k} este un număr divizibil cu p_{k} și nu poate fi un număr prim de forma 2p_{k}v+q_{p_{k}} .

Este determinată anterior formula 2 care elimină aceste numere prime din toate numerele prime mai mici/egale cu n, iar aceasta este, în forma în care este scrisă \pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ].

Însă în acest caz trebuiesc menționate două completări.
Limita superioară în produs va fi în acest caz "j" , unde p_{j}\leq \sqrt{2n}< p_{j+1}, pentru că în intervalul (n,2n) pot fi numere nonprime divizibile cu numere prime mai mari decât radical din n, dar mai mici decât radical din 2n, precum și faptul că va trebui să menționăm cumva că în acel produs nu vor fi incluse numerele prime care apar în factorizarea lui n.

Adăugând aceste completări, estimarea numărului de reprezentări 2n=p+q , cu p, q numere prime, este aproximativ egală cu \pi (n)\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1}\right ] .

Deși formula devine ceva mai lungă, pentru o și mai bună estimare, înlocuim valoarea lui \pi (n) cu formula 1 determinată anterior, iar estimarea numărului de reprezentări 2n=p+q este dată de

(formula 3) n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1}\right]

unde p_{i}\leq \sqrt{n}<p_{i+1}  ,  p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1}  , iar (p_{k},n)=1 reprezintă notația prin care înțelegem faptul că în al doilea produs nu trebuie luate în calcul numerele prime impare care apar în factorizarea lui n.

În cazul în care 2n este o putere de 2 spre exemplu, sau dublul unui număr prim, evident, factorizarea lui n nu conține niciun număr prim mai mic/egal cu radical din 2n, iar în al doilea produs trebuie luate în calcul toate numerele prime mai mici ca radical din 2n.

Să luăm spre exemplu, pentru o scurtă verificare, un număr par care este o putere de 2, să spunem 512 și să vedem care este diferența.
512 se scrie ca sumă de două numere prime de 11 ori, iar prin această formulă obținem :

256\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{2}{3} \cdot\frac{4}{5} \cdot\frac{6}{7} \cdot\frac{10}{11} \cdot\frac{12}{13} \cdot \right ]\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{3}{4} \cdot\frac{5}{6} \cdot\frac{9}{10} \cdot\frac{11}{12} \cdot\frac{15}{16} \cdot\frac{17}{18} \right ]\approx 11,2

Putem observa că eroarea obținută este foarte mică.

Să mai dăm un exemplu pentru care 2n conține în factorizarea sa numere prime mai mici decât radical din 2n, să spunem 462=2\cdot 3\cdot 7\cdot 11 .
Aceasta înseamnă că în al doilea produs nu vom lua în calcul numerele prime 3, 7, 11.
462 se poate scrie ca sumă de două numere prime de 28 de ori, iar formula estimează

231\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{2}{3} \cdot\frac{4}{5} \cdot\frac{6}{7} \cdot\frac{10}{11} \cdot\frac{12}{13} \cdot \right ]\cdot \left [ \frac{3}{4} \cdot\frac{11}{12} \cdot\frac{15}{16} \cdot\frac{17}{18} \right ]\approx 26,97

Observăm și în acest caz cât de bine estimează formula numărul de reprezentări 2n=p+q, cel puțin pentru valori mici.

Eu am calculat-o pentru toate numerele pare mai mari ca 30 și mai mici ca 1000, iar formula respectivă determină valori cu o eroare mică.

Pentru cei care vor să verifice acest aspect, cel puțin din curiozitate, le pun la dispoziție un site în care pot afla repede de câte ori un număr par poate fi scris ca sumă de două numere prime :
https://plus.maths.org/content/mathematical-mysteries-goldbach-conjecture
însă valoarea determinată de formulă vor trebui să o calculeze manual.

Evident, formula respectivă calculează numărul de reprezentări 2n=p+q cu o anumită eroare, motiv pentru care vom diminua cât de mult posibil valoarea dată de această formulă, stabilind în acest fel "un număr minim de ori" pentru care un număr par 2n se poate scrie ca sumă de 2 numere prime.

În al doilea produs, pentru că toate fracțiile sunt subunitare, dacă vom folosi toate numerele prime mai mici/egale cu radical din 2n, se va obține o valoare și mai mică decât dacă vom utiliza doar numerele prime mai mici ca radical din 2n care nu apar în factorizarea lui n.

Din acest motiv putem stabili că

\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]\leq \left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]

și de asemenea

n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] \leq n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]

Al doilea produs din primul termen al inegalității poate fi scris sub forma  

\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] =\frac{1}{p_{j}-1}\left [\prod_{k=3}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ] ,

iar pentru un număr par 2n mai mare decât 13 la pătrat,

\frac{1}{p_{j}-1}\left [\prod_{k=3}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]=\left (\frac{1}{p_{j}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \frac{11}{10}\cdot \left [\prod_{k=7}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ] .

Putem stabili în egală măsură că

\frac{2\sqrt{2}}{p_{j}-1} < \left (\frac{1}{p_{j}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \frac{11}{10}\cdot \left [\prod_{k=7}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ] .

Înlocuind în inegalitatea inițială obținem că

n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\frac{2\sqrt{2}}{p_{j}-1} < n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] .

Prin condiția p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1} , inegalitatea anterioară poate fi scrisă  

\frac{n\cdot 2\sqrt{2}}{\sqrt{2n}}\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ] < n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] ,

iar în membrul din stânga simplificăm prima fracție doar cu radical din 2.

Amintim în continuare relația 1 menționată anterior :

n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (n)< 2n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]

unde \pi (n) este numărul exact de numere prime până la n.

Folosind această inegalitate, putem diminua și mai mult valoarea prin inegalitatea

\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} < n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{\overset{k=2}{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]

Așadar, putem stabili că pentru un număr par 2n mai mare decât 169, numărul de reprezentări 2n=p+q , cu p,q numere prime este cel puțin \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} și pentru a completa demonstrația conjecturii trebuie arătat că această fracție este supraunitară.

Dacă conjectura lui Andrica este adevărată, atunci \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1 , iar în consecință, trebuie demonstrată și conjectura lui Andrica, ceea ce vom arăta separat mai târziu.

În continuare, vom analiza a doua problemă din Lista lui Landau - Conjectura numerelor prime gemene.
Această conjectură afirmă că sunt o infinitate de numere prime consecutive astfel încât p_{k+1}-p_{k}=2 .
Primele exemple sunt (3,5) , (5,7) , (11,13) , (17,19) etc.

Și în cazul acestei conjecturi vom folosi formula principală (formula 2) , cu o mică modificare, arătând că aceasta obține valori din ce în ce mai mari, ceea ce înseamnă că până la o valoare n din ce în ce mai mare, sunt din ce în ce mai multe perechi de numere prime gemene.

Să scriem pentru început același șir de numere de două ori, unul sub celălalt :

///1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41,....2n+1
1, 3, 5, 7, 9,11,13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41, 43,...(2n+1)+2
.____X_X______X_________X__________________X___________________X_____ ___

La o analiză mai atentă, putem stabili că pentru calcularea numărului de perechi (p, p+2) ambele prime, în primul șir, din toate numerele prime mai mici/egale ca 2n+1, trebuie să eliminăm numerele prime de forma 2p_{k}v+(p_{k}-2) expresie folosită la modul general pentru orice număr prim impar p_{k} , cu p_{k}\leq \sqrt{2n+1} .

Dacă notăm m=2n+1, după eliminarea din primul șir a numerelor prime de forma 2p_{k}v+(p_{k}-2), numerele prime care rămân sunt numerele prime care satisfac condiția p_{u}+2=p_{u+1} .

Numărul aproximativ al acestora poate fi determinat de formula 2 si este aproximativ :

m\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ] , cu p_{i}\leq \sqrt{m}< p_{i+1} .

Eu am calculat valoarea dată de \frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ] pentru destul de multe valori aleatorii mai mici/egale cu 100 000 astfel încât să mă convingă că estimarea dată de formulă este foarte bună.

Totuși, pentru a prezenta o mică verificare, spre exemplu, până la 1000 sunt 35 de perechi de numere prime gemene iar formula estimează :

\frac{1000}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{5}{7}\cdot \frac{9}{11}\cdot \frac{11}{13}\cdot \frac{15}{17}\cdot \frac{17}{19}\cdot \frac{21}{23}\cdot \frac{27}{29}\cdot \frac{29}{31}\approx 31.04

Observăm cât de bine estimează formula numărul de numere prime gemene până la 1000.
De altfel, ea estimează la fel de bine, cu eroare mică față de valoarea reală pentru valori mult mai mari ale lui m.

Oricum, trebuie arătat totuși că această formulă obține valori din ce în ce mai mari, pentru valori ale lui m din ce în ce mai mari.

Ne vom folosi de principiul folosit pentru conjectura lui Goldbach, folosind prima expresie din relatia

m\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]

și scriind al doilea produs sub forma

\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\left (\frac{1}{p_{i}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]

de unde putem stabili că pentru p_{i}> 11

\frac{2m}{p_{i}-1}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]< m\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]

Folosind relatia 1

m\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (m)< 2m\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]

precum și faptul că p_{i}\leq \sqrt{m}< p_{i+1}  putem stabili că numărul de numere prime gemene până la m este cel puțin \frac{\pi (m)}{\sqrt{m}}\left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ] .

Vom arăta ulterior, folosind conjectura lui Andrica, că \frac{\pi (m)}{\sqrt{m}} este o fracție supraunitară, în timp ce produsul

\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} =\frac{11}{10}\cdot \frac{15}{12}\cdot \frac{17}{16}\cdot \frac{21}{18}\cdot ...

va da o valoare din ce în ce mai mare dacă valoarea lui m crește, pentru că până la radical din m vor fi din ce în ce mai multe numere prime, iar toate fracțiile din acest produs sunt supraunitare.

Din punctul meu de vedere, acestea sunt argumente destul de solide pentru a arăta că există o infinitate de numere prime gemene.

Dar, ca și în cazul conjecturii lui Goldbach, trebuie arătat că \frac{\pi (m)}{\sqrt{m}}> 1 și vom arăta cum rezultă aceasta folosind conjectura lui Andrica după ce tratăm a treia problemă din Lista lui Landau, pentru că aceasta este o consecință directă a conjecturii lui Andrica.


Să continuăm, așadar, cu a treia conjectură din Lista lui Landau și anume, conjectura lui Legendre.
Aceasta afirmă că între n^{2} și (n+1)^{2} există cel puțin un număr prim.

Conjectura lui Andrica demonstrează direct această a treia problemă din Lista lui Landau.
Conjectura lui Andrica afirmă că \sqrt{p_{n+1}}-\sqrt{p_{n}}< 1 .

Această inegalitate poate fi scrisă \sqrt{p_{n+1}}< \sqrt{p_{n}}+1 .
Ridicând la pătrat ambii termeni inegalitatea devine p_{n+1}< p_{n}+2\sqrt{p_{n}}+1 și rearanjând termenii, putem stabili că enunțul conjecturii lui Andrica este adevărat dacă p_{n+1}- p_{n}< 2\sqrt{p_{n}}+1 .

Dacă presupunem că există un număr n astfel încât între n^{2} și (n+1)^{2} nu există niciun număr prim, atunci ar fi adevărată relația p_{i}< n^{2}< (n+1)^{2}< p_{i+1} de unde putem stabili că 2\sqrt{p_{i}}< 2n< \left [(n+1)^{2}-n^{2} \right ] .

Asta ar însemna că 2\sqrt{p_{i}}< 2n< \left [(n+1)^{2}-n^{2} \right ]< \left (p_{i+1}-p_{i} \right ) ceea ce ar fi în contradicție cu enunțul conjecturii lui Andrica, și anume 2\sqrt{p_{i}} +1> p_{i+1}-p_{i} .

Deci, putem stabili că dacă conjectura lui Andrica este adevărată, atunci conjectura lui Legendre este adevărată.
În consecință, pentru a demonstra a treia problemă din Lista lui Landau este suficient să demonstrăm conjectura lui Andrica.

Folosind conjectura lui Legendre putem arăta în continuare că \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1 , deci, în mod indirect, conjectura lui Andrica demonstrează că \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1 .

Să notăm, ajutător, n=\left (\sqrt{n} \right )^{2} și putem stabili că  \pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) - \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1 , dacă între \left (\sqrt{n} \right )^{2} și  \left (\sqrt{n} +1\right )^{2} există cel puțin un număr prim, conform conjecturii lui Legendre.

Să reținem că notația \pi (x) semnifică numărul de numere prime până la x.

Pentru primele n numere, n\geq 2 , putem stabili că se verifică relația \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}}\geq 1 și vom considera orice număr x mai mic/egal ca n, ca îndeplinind relația \frac{\pi (x)}{\sqrt{x}}\geq 1 .

Să notăm \pi (n)=\sqrt{n}+k , cu k nenul, iar din relația \pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) - \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1  rezultă că  \pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) \geq 1+ \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1+k+\sqrt{n} .

În acest fel putem arăta că

\frac{\pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right )}{\sqrt{n}+1} \geq \frac{1+k+\sqrt{n}}{\sqrt{n}+1}\geq \frac{\pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )+1}{\sqrt{n}+1} \geq 1

Cu alte cuvinte, generalizat, este arătat prin inducție că dacă pentru un număr x este adevărată inegalitatea \frac{\pi (x)}{\sqrt{x}}\geq 1, atunci și pentru x+1 este adevărat că \frac{\pi (x+1)}{\sqrt{x+1}}\geq 1 .

Considerând toate numerele până la n inclusiv îndeplinind această inegalitate, atunci pentru toate numerele până la \left (\sqrt{n}+1 \right )^{2}  inclusiv, de asemenea, inegalitatea este îndeplinită.

Deci în mod indirect, dacă conjectura lui Andrica este adevărată, primele trei probleme din Lista lui Landau sunt adevărate.


Să continuăm, așadar, cu conjectura lui Andrica.
Așa cum a fost menționat și mai sus, enunțul acesteia spune că diferența radicalilor a două numere prime consecutive este mai mic ca 1 și se poate reduce la a arăta că p_{i+1}-p_{i}< 2\sqrt{p_{i}}+1 .

Să stabilim mai întâi în ce condiții se poate obține clar o diferență cât mai mare între două numere consecutive care nu se divid cu niciun număr prim 2,3,5,7,11,...,p_{n} .
Evident, dacă aceste două numere care nu se divid cu niciun număr prim 2,3,5,7,11,...,p_{n} sunt mai mici decât \left (p_{n+1} \right )^{2} acestea vor fi două numere prime.

Aceasta este o implicație directă a faptului că un număr nonprim mai mic ca n este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal decât radical din n.

Fie produsul  \prod_{k=1}^{n}p_{k}=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot ...\cdot p_{n} .

Putem stabili că toate numerele mai mari ca \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )-p_{n+1} și mai mici decât \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+p_{n+1} , cu excepția numerelor \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )- 1  și  \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+ 1 vor fi numere divizibile cu cel putin unul din numerele prime 2,3,5,7,11,...,p_{n} .

Dacă vom considera că \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )- 1  și  \left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+ 1 sunt unul divizibil cu p_{n+1} și celălalt divizibil cu p_{n+2}  obținem o diferență de 2p_{n+1} între două numere nondivizibile cu niciun număr prim 2,3,5,7,...,p_{n}, p_{n+1},p_{n+2} .

Simplificând, putem spune că prin această metodă de distribuire a factorilor primi 2,3,5,7,...,p_{n} , similară cu ordinea de apariție a lor în numere, se poate obține o diferență de 2p_{n-1} între două numere consecutive nedivizibile cu niciun număr prim 2,3,5,7,...,p_{n} .

De altfel, aceasta este diferența maximă care se poate obține între astfel de două numere consecutive și numai în acest mod de distribuire a factorilor primi, identică cu a apariției lor în numere ca numere prime.

Analizând în altă manieră, folosind principiul Ciurului lui Eratostene, putem stabili că din p_{n} numere consecutive, \frac{p_{n}}{2} sunt numere divizibile cu 2, \frac{p_{n}}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right ) sunt numere divizibile cu 3, dar nedivizibile cu 2 etc, iar continuând în această manieră obținem că din p_{n} numere consecutive, p_{n}\left [\prod_{k=1}^{n-1}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ] sunt numere nedivizibile cu niciun număr prim 2,3,5,7,...,p_{n-1} .

Pentru n mai mare/egal cu 5, valoarea obținută de această formulă este mai mare ca 2,  iar prin această metodă, ar însemna că cea mai mare diferență dintre două numere prime consecutive, mai mici ca p_{n}^{2} este cel mult p_{n} .

Dar din teorema Bertrand-Chebâșev, care afirmă că între n și 2n este cel puțin un număr prim, rezultă că 2p_{n-1}> p_{n} , iar asta înseamnă că cea mai mare diferență dintre două numere prime consecutive, mai mici decât p_{n}^{2} poate fi 2p_{n-1} .

Iar această diferență se poate obține prin distribuția factorilor primi în modul menționat anterior.

Aceasta înseamnă că între p_{n}^{2} și p_{n+1}^{2} există cel puțin două numere prime pentru că p_{n+1}^{2}-p_{n}^{2}> 2p_{n-1}  și pentru oricare două numere prime consecutive p_{i} și p_{i+1} , astfel încât p_{n}^{2}< p_{i}< p_{i+1}< p_{n+1}^{2} , putem stabili că 2p_{n-1}< 2p_{n}< 2\sqrt{p_{i}} , și de asemenea p_{i+1}-p_{i}\leq 2p_{n-1}< 2p_{n}< 2\sqrt{p_{i}} .

În această situație conjectura lui Andrica este adevărată.

Dacă cele două numere prime satisfac relația p_{i}<p_{n}^{2} < p_{i+1}, putem arăta de asemenea că p_{n-1}^{2}< \left (p_{n}-1 \right )^{2}< p_{i}<p_{n}^{2} < p_{i+1}  și bineînțeles că p_{i+1}-p_{i}\leq 2p_{n-1}< 2\sqrt{p_{i}} .

Și în această situație, conjectura lui Andrica este adevărată.

Aceasta deoarece cea mai mare diferență dintre două numere consecutive nedivizibile cu niciun număr prim 2,3,5,7,...,p_{n} este cel mult egală cu 2p_{n-1} , așa cum este arătat mai sus, iar în ambele situații de mai sus aceste două numere sunt două numere prime consecutive și p_{i+1}-p_{i} \leq 2p_{n-1} .

În concluzie, odată demonstrată conjectura lui Andrica, primele trei probleme din Lista lui Landau sunt adevărate.


În continuare vom arăta, într-un mod destul de interesant, că și ultima conjectură din Lista lui Landau este adevărată.

Această conjectură afirmă că există o infinitate de numere prime p de forma p=n^{2}+1 .

Analizând factorizarea numerelor de forma n^{2}+1 putem stabili că, toate numerele prime care pot divide acest tip de numere sunt numere prime de forma 4k+1.
Bineînțeles, excepție face doar numărul prim par, 2.

Să notăm cu M(n) mulțimea care conține doar numerele prime de forma 4k+1  mai mici/egale cu n și cu {M}'(n) mulțimea care conține doar numerele prime de forma 4k+3  mai mici/egale cu n.
Desigur, cele două mulțimi conțin toate numerele prime impare mai mici/egale cu n.

De asemenea, analizând factorizarea acestor numere de forma n^{2}+1 în ordine consecutivă, observăm că dacă n^{2}+1 este divizibil cu un număr prim p_{k}\in M_{n} , numărul \left (n+p_{k} \right )^2+1 va fi de asemenea divizibil cu acel număr prim, însă există un alt număr {n}'^{2}+1 astfel încât n^{2}+1< {n}'^{2}+1< \left (n+p_{k} \right )^{2}+1 , divizibil de asemenea cu numărul prim p_{k} .


Pentru a calcula câte numere prime p=n^{2}+1 sunt în primele n numere de forma n^{2}+1 putem aplica, justificat, formula 2 menționată și folosită anterior, cu mici modificări, iar numărul acestora va fi aproximativ  \frac{n}{2}\left [\prod_{p_{k}\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ] .

Fie n astfel încât  \frac{n}{2}\left [\prod_{p_{k}\in {M}'(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]\leq \frac{n}{2}\left [\prod_{p_{k}\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ] .

Înmulțind ambii termeni ai inegalității de mai sus cu termenul din dreapta, în produsul din membrul din stânga vor apărea toate numerele prime impare mai mici/egale cu n, iar inegalitatea devine:

\frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]\leq \frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{p_{k}\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]^{2}

cu p_{i}\leq n< p_{i+1} .

Observăm că membrul din stânga are o formă asemănătoare cu formula pentru estimarea numărului de numere prime gemene până la n^{2} .

Dacă notăm pentru simplificare cu \phi (x) = \frac{x}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ] numărul de numere prime gemene până la x, unde p_{i}\leq \sqrt{x}< p_{i+1} ,  atunci inegalitatea anterioară devine :

\frac{\phi (n^{2})}{2}\leq \frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{p_{k}\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]^{2}

Dacă extragem rădăcina pătrată din ambii termeni obținem :

\sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}}\leq \frac{n}{2}\left [\prod_{p_{k}\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]

unde membrul din dreapta reprezintă estimarea numărului de numere prime p=n^{2}+1 din primele n numere de forma n^{2}+1 .

În concluzie, putem spune că din primele n numere de forma n^{2}+1 cel puțin \sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}} sunt numere prime.

Din calculele mele, valoarea estimată de radicalul respectiv este aproape jumătate din numărul real.

Oricum, faptul că numărul real este mai mare decat valoarea estimată de \sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}} nu influențează concluzia finală.

Aceasta este că dacă pentru valori ale lui n ce tind spre infinit, numărul de numere prime gemene, notat cu \phi (n) , tinde către infinit, evident, aceasta înseamnă de asemenea că valoarea obținută de \sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}} va tinde către infinit dacă n^{2}  tinde către infinit.

În concluzie, din analiza din acest topic rezultă că toate conjecturile din Lista lui Landau sunt adevărate.
« Ultima Modificare: Februarie 17, 2016, 08:33:53 a.m. de curiosul »

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #1 : Ianuarie 29, 2016, 06:00:51 p.m. »
a) Asadar pretinzi ca printre altele din lista lui Landau ai demonstrat adevarul conjectuei lui Goldbach?
Asa o fi caci eu nu stiu daca foarte odihnit voi fi in stare sa urmarsc demonstratia ta. Orcum premiul pentru demonstratie e de vre-un milion de dolari asa ca poti oferi 1% din suma primilor doi trei cae-ti verifca calculele si in fine tot ce ai facut.
Gratis nu cred ca vei gasi amatori. Succes! dar eu nu cred ca este demonstrabila din motive mistice.:)
b) Exprimarea ata este foarte neclara s pare a fi un cerc vicios: "Arătând că acest număr de reprezentări 2n=p+q este nenul sau este cel puțin o valoare minimă bine determinată, evident, este suficient să demonstreze că acel număr par 2n poate fi scris ca sumă de 2 numere prime p,q, fără a fi necesară determinarea exactă a acelor două numere prime p și q a căror sumă este egală cu acel număr par 2n"
Nota: este dintre exprimarile care pot fi intelese prin simpla citre ca restul.... :)


curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #2 : Ianuarie 30, 2016, 09:34:03 a.m. »
a) Asadar pretinzi ca printre altele din lista lui Landau ai demonstrat adevarul conjectuei lui Goldbach?

Salut atanasu !
Nu stiu daca exprimarea pretind ca este tocmai corecta.
De altfel am si mentionat undeva in partea de inceput :
Daca nu este improprie folosirea cuvantului demonstratie...


Cat despre premii...da-le incolo, nu asta este scopul.
Analizez de mult acest tip de probleme si m-as bucura sa stiu ca dupa atata timp de studiu, sa spunem, au aparut si ceva rezultate bune, utile.

 
Citat
Succes! dar eu nu cred ca este demonstrabila din motive mistice.:)

Nu stiu nici eu ce sa spun, de asta am si scris aici toate astea, sa discutam despre ele si sa stabilesc daca este suficient ce-am facut si scris mai sus ca sa le putem eticheta ca si demonstratii.

Citat
b) Exprimarea ata este foarte neclara s pare a fi un cerc vicios:
...
Nota: este dintre exprimarile care pot fi intelese prin simpla citre ca restul.... :)

Pai, ce-ai scris in citat pare sa fie contradictoriu, daca am inteles bine.
Din prima fraza reiese ca exprimarea este greoaie, iar din a doua ca este usor de inteles prin simpla citire.

Oricum, sunt sigur ca prin multe locuri exprimarea este greoaie, dar n-am gasit o formulare  mai potrivita si desigur, unde-i cazul, daca cineva vrea sa inteleaga mai exact ce-am vrut sa spun intr-un anumit loc, o sa incerc sa detaliez.

Am si mentionat, adresandu-ma lui electron in celalalt subiect, ca nu analizam calitatea expunerii, la nivel de terminologie si structura, ci  doar corectitudinea ecuatiilor, daca implicatiile logice sunt sunt suficiente si corecte etc.

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #3 : Ianuarie 30, 2016, 06:23:06 p.m. »
Ai raspuns aici desi eu am postat eronat aici adica de fapt doream sa pstez la celalalt topic si am si recopiat mesajul acolo si l-am mai si corectat la scris. Dar iti raspund aici unde ai scris:
a) Pretinz cu subiect si predcat ca ai demonstrat conjectura Goldbach. Pentru asa ceva ca si pentru fermat se da un premiu. Eu nu spun ca te intereseaza premiul dar verificarea calculelor tale nu este chiar asa usor si cine o face poate ca daca chiar ai demonstrat ceva trebuie recompensat. Este interesul tau de ati verifica calculele chiar daca personal nu te gandesti la bani. Eu in acest sens ti-am scris
b) Am spus ca acel paragraf este mai inteligibil fiind exprimat in limbaj literar si nu in limbajul matematic al formulelor si simbolurilor dar trecand peste nu mi s-a parut fraza clara si eventual poti sa o redactezi mai bine , desigur daca vrei si daca imi dai dreptate ca nu este foarte clara.
c) Ce ai facut tu se clasifica in zona unde se afla demonstratiile matematice care pot fi corecte, eronate sau chiar aberante. O demonstratie corecta in evul mediu se termina cu QED . Cred ca stii ce inseamna.
Succes si poti sa-mi raspunzi unde vrei, aici sau poate mai bine unde se discuta doar despre conjectura Goldbach si unde a intervenit si Electron

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #4 : Ianuarie 30, 2016, 06:51:42 p.m. »
Mă gândesc ca atât timp cât aici este analizată și conjectura lui Golbach, cred că putem discuta și aici, deși n-ar fi o problemă să mutăm discuțiile acolo.

În primul rând QED-ul, pe care l-ai menționat la final.

Așa cum am mai menționat, deși am folosit cuvântul demonstrație, este posibil ca într-un final să se dovedească a nu fi complet/corect  ceea ce am prezentat ca să poată fi numită demonstrație.
Asta de fapt urmăresc eu aici, prin discuțiile cu voi, să vedem cam care sunt aspectele din expunere asupra cărora mai trebuie insistat/analizat/modificat.
Cred că din aceste considerente n-am finalizat cu ceea ce era de demonstrat

Ți-am înțeles punctul de vedere privind premii, bani etc și sunt de acord cu ceea ce susții.
Dar nu vreau să discutăm, deocamdată, acest tip de aspecte, ci strict cele...matematice.

Eu am calculat, desigur, pentru destule valori, mici ce-i drept, în unele cazuri aleatorii, de până la 100 000.
Din punctul meu de vedere, formulele alea obțin estimări foarte bune, dar este posibil într-adevăr, ca pentru valori mult, mult mai mari, pe care nu am posibilitatea să le calculez, situația să fie alta și aproximarea să aibă o eroare mare.
Așa cum spui, părerea cuiva care poate calcula pentru valori foarte mari, ar fi destul de importantă.

Acesta este și motivul pentru care am încercat să minimizez cât de mult posibil valoarea obținută de formule, astfel încât să compenseze eventuale erori mari ale estimării prin formulele alea.

Dacă consideri că ceva nu ți se pare destul de clar, poți să copiezi și să menționezi textul sau relația matematică și voi încerca să detaliez cât se poate de clar ceea ce am vrut să fac sau să spun acolo.
« Ultima Modificare: Ianuarie 30, 2016, 07:10:53 p.m. de curiosul »

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #5 : Ianuarie 30, 2016, 08:42:14 p.m. »
Nu ti-am urmarit latura matematica dar poti sa fci un program in basic de exemplu si sa calculezi cred eu ce ai de calculat pana la valori foarte mari. Maine daca am timp si dimineta o sa incerc sa ma uit la ceva. Indica-mi tu care este cel mai simplu calcul facut ca sa urmaresc mai repede si ce ai urmarit cu el. Ma refer la oricare din problemele abordate si nu neaparat la Goldbach.
Astept si noapte buna.

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #6 : Ianuarie 31, 2016, 08:16:14 a.m. »
Ok atanasu.
Dacă tot ai menționat mai mult despre conjectura lui Goldbach, hai să explic, prin exemple, cum trebuie calculat prin formula 3 :

Citat
estimarea numărului de reprezentări 2n=p+q este dată de

(formula 3) n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]

unde p_{i}\leq \sqrt{n}<p_{i+1}  ,  p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1}  , iar (p_{k},n)=1 reprezintă notația prin care înțelegem faptul în al doilea produs nu trebuie luate în calcul numerele prime impare care apar în factorizarea lui n.

Să luăm câteva exemple ceva mai mari, din jurul valorii 10 000.

Numărul par 10 000 se scrie ca sumă de două numere prime de 127 de ori, așa cum poți verifica și pe situl :
https://plus.maths.org/content/mathematical-mysteries-goldbach-conjecture
introducând în caseta respectivă pe acest site numărul par, iar calculatorul respectiv returnează toate perechile de numere prime p, q astfel încât 10 000=p+q.

Să vedem acum ce valoare obținem prin formula 3.
Stabilim mai întâi care este cel mai mare număr prim până la radical din 5000, 67\leq \sqrt{5000}< 71, după care cel mai mare număr prim până la radical din 10 000, 97\leq \sqrt{10000}< 101 și de asemenea, trebuie să stabilim dacă în factorizarea lui n, apar numere prime mai mici decât radical din 10 000.

Factorizarea lui 10 000 este 10000=5^{4}\cdot 2^{4} , iar aceasta înseamnă că în al doilea produs nu luăm în calcul numărul prim 5.

Formula 3 n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] obține

5000\cdot \left [ \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot ...\cdot \frac{66}{67} \right ]\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{9}{10}\cdot ...\cdot \frac{95}{96} \right ]\approx 137,53

Deci, în acest caz, 10000 se scrie de 127 de ori ca sumă de 2 numere prime, iar formula 3 obține 138, să spunem.
În acest caz se obține o valoare ceva mai mare decât valoarea reală, cu o eroare mică, aș zice eu, raportată la valoarea lui n.

Să mai luăm un exemplu 10002= 2\cdot 3\cdot 1667 .
Deci în această situație numărul prim 3 nu va fi luat în calcul în al doilea produs.

5001\cdot \left [ \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot ...\cdot \frac{66}{67} \right ]\cdot \left [ \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{9}{10}\cdot ...\cdot \frac{95}{96} \right ]\approx 206,33

Numărul par 10 002 se scrie ca sumă de două numere prime de 197 de ori, formula estimează 207.

Să luăm un alt exemplu, 10004=2^{2}\cdot 41\cdot 61 iar numerele prime 41 și 61 nu le luăm în calcul în al doilea produs. Acest număr par se scrie ca sumă de două numere prime de 99 de ori, iar formula estimează 107, 77.

Să luăm un exemplu în care în al doilea produs trebuie luate în calcul toate numerele prime mai mici ca radical din 2n, deci, factorizarea lui n nu conține un număr prim mai mic ca radical din 2n, 9998=2\cdot 4999 .

Acest număr par se scrie ca sumă de două numere prime de 98 de ori, iar formula estimează 103,12.

În aceste cazuri observăm ca formula estimează o valoare mai mare ca valoarea reală.
Așa cum am menționat și într-un mesaj anterior, din acest motiv am încercat să diminuez cât de mult posibil valoarea obținută de formulă, aducând-o la valoarea minimă de \frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} .

În exemplele de mai sus, pe care le-am ales ca valoare unul lângă altul în jurul valorii de 10 000 să ușurez calculul în exemple, fiind vorba de aceleași numere prime ce trebuie luate în calcul în cele două produse, acest minim de ori este  \frac{\pi (5000)}{\sqrt{5000}}\approx \frac{699}{70}\approx 9.98 .

Observi cât de mult este diminuată valoarea pentru a compensa eventuala eroare.

În schimb, în ceea ce privește estimarea numărului de numere prime gemene prin formula menționată, situația este cu totul alta, pentru că estimarea pare să fie din ce în ce mai mică față de valoarea reală, cu cât valoarea lui n crește.

Dar pentru moment să ne oprim aici, la conjectura lui Goldbach și să vedem pentru început care este părerea ta.
« Ultima Modificare: Ianuarie 31, 2016, 08:22:44 a.m. de curiosul »

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #7 : Ianuarie 31, 2016, 12:10:11 p.m. »
1. O intrebare: mergand pe linkul dat de tine am aflat ca exita si o conjectura slaba a problemei de tip Goldbach care ar fi fost demonstrata in 2013 de  Harald Helfgott. OK .Foarte frumos dar din exemple mi se pare(observ) ca fiecare numar impar se pune cel putin ca o suma de doua prime egale intre ele si unul diferit .De exemplu: 19=7+7+5 iar 23= 3+3+ 17=5+5+13 = 11+11+1 in timp ce 21=1+1+19= 5+5+11 = 7+7+7 si 27=5+5+17=7+7+13=11+11+5 etc Daca stii ceva de chestia asta
Asta ar fi o alta exprimare a acestei conjecturi slabe?sau daca meri mai departe nu este adevarat ce presupun eu?
2)Eu banuiesc raspunsul dar trebuie sa fi explicit. Cine este n? cel care inmulteste paranteza adica numarul par disutat impartit la 2 sau numarul par care se factorizeaza?

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #8 : Ianuarie 31, 2016, 12:32:32 p.m. »
Despre varianta slabă pe care ai menționat-o, n-am analizat-o mai profund, dar înțeleg la ce se referă.
Bănuiesc că exemplele tale sunt mici și pentru a putea fi scris ca sumă de 3 numere prime se folosește același număr prim de două ori în suma respectivă.
Dar, așa cum ți-am spus n-am analizat această variantă la un nivel mai profund.
Poate doar o mică observație, referitoare la 1.
Prin definiție, un număr prim este un număr care are exact 2 divizori, în timp ce 1 are numai unul singur, el însuși.
Din aceste motive, de ceva timp 1 nu mai este considerat număr prim, deși în trecut 1 era considerat număr prim.

Cât despre celelalte întrebări :
Citat
2)Eu banuiesc raspunsul dar trebuie sa fi explicit. Cine este n? cel care inmulteste paranteza adica numarul par disutat impartit la 2 sau numarul par care se factorizeaza?
desigur, raspunsul este 2n/2=n, unde 2n este numărul par considerat.

Există o explicație bine justificată pentru folosirea acestui n și nu 2n, numărul n nu este pus la plesneală,  iar dacă vrei îți detaliez, folosind mai mult cuvintele, pentru că am observat că înțelegi ușor ce este explicat în cuvinte.

În mesajul anterior, probabil din grabă, am uitat să menționez peste tot unde nu trebuie luate în calcul anumite numere prime din factorizarea lui 2n că este vorba doar despre numerele prime impare.
În unele locuri, din acest motiv, în loc de factorizarea lui 2n am scris numai factorizarea lui n, pentru că bineînțeles, dacă luăm în calcul doar numerele prime impare, aceste numere prime, apar în factorizarea lui n și desigur, și a lui 2n.

Dar unde m-am exprimat numerele prime care apar în factorizarea lui 2n, am ținut cont în mintea mea că aceste numere prime vor fi folosite în al doilea produs din formula 3, în care prin limita "j" se ia în calcul numerele prime până la radical din 2n.

Sper că exprimarea nu este greoaie și nu produce și mai multă confuzie.
« Ultima Modificare: Ianuarie 31, 2016, 12:44:44 p.m. de curiosul »

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #9 : Ianuarie 31, 2016, 01:38:11 p.m. »
Citat
1. O intrebare: mergand pe linkul dat de tine am aflat ca exita si o conjectura slaba a problemei de tip Goldbach care ar fi fost demonstrata in 2013 de  Harald Helfgott. ... Daca stii ceva de chestia asta

Așa, la repezeală, dacă nu mă pripesc să răspund fără o analiză detaliată în prealabil, cred că versiunea tare implică versiunea slabă.

Un număr impar suficient de mare, poate este suficient să fie mai mare/egal cu 9, poate fi scris ca suma unui număr prim și un număr par.
9 =  3+6
11 = 3+8 =  5+6
13 = 3+10 = 5+8 =  7+6
15 = 3+12 = 5+10 = 7+8
17 = 3+14 = 5+12 = 7+10 = 11+6
...

Din varianta tare rezultă că orice număr par, mai mare/egal cu 6, este suma a două numere prime.
Dacă varianta tare este adevărată atunci aceasta implică că și varianta slabă, orice număr impar mai mare/egal cu 9 este suma a trei numere prime, atât timp cât orice număr impar mai mare/egal cu 9 este suma unui număr prim și un număr par mai mare ca 6.

Desigur, așa cum ai remarcat și tu, pentru numere impare mici același număr prim va fi folosit de cel puțin două ori pentru a scrie numărul impar ca sumă de trei numere prime.
Cred că pentru numere impare destul de mari, vei constata că se poate scrie ca sumă de trei numere prime diferite.

De asemenea, la fel de bine poți stabili ulterior prin aceeași metodă că un număr par suficient de mare poate fi scris ca sumă de patru numere prime, dacă orice număr impar mai mare/egal cu 9 poate fi scris ca sumă de trei numere prime.

Pentru că acel număr par, cred că este suficient să fie mai mare ca 12=3+9, poate fi scris ca sumă dintre un număr prim și un număr impar mai mare/egal cu 9, iar acel număr impar poate fi scris ca sumă de trei numere prime, deci acel număr par suficient de mare va putea fi scris ca sumă de patru numere prime.

Analizând în aceeași manieră, poți stabili că dacă conjectura lui Goldbach, varianta tare, este adevărată, atunci poți stabili că orice număr par/impar suficient de mare se poate scrie ca un anumit număr par/impar de numere prime.

Însă implicația nu cred că funcționează în sens invers, adică de la o variantă mai slabă să ajungi la implicația variantei tari, dacă înțelegi ce vreau să spun.
« Ultima Modificare: Ianuarie 31, 2016, 01:48:42 p.m. de curiosul »

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #10 : Ianuarie 31, 2016, 04:36:46 p.m. »
1) Deci la prima observatie a ta ref la varianta slaba nu stiu raspunsul. OK o fi cum o fi de la numere mai mari, ca nu am timp de asta.
2) Ref numarul 1
Opinez ca : Numarul 1 este parintele numerelor deci nu este decat Numarul nici prim nici impar , numerele propriu zise incep cu dedublarea lui unu sau cu adaugarea lui la el insusi obtinandu-se primul numar par urmand primul impar etc
Zero de fapt nu este numar ci nevoia de a descrie nimicul printr-un simbol care pote fi folosit uzand de toate proprietatile nimicului
Este evident ca adunarea nu este o regula de compozitie printre altele  ci mama si tata regulilor de compozitie caci  porneste  de la numarare.
Adica asta consider eu si argumente contrare nu mi se pot aduce decat la nivel de autoritate. Oricum dl Peano a fost criticat pe buna drepate ca atunci cand si-a construit axiomatica cand introducea un numar sa zicem doi deja avea doua peopozitii anterior spuse deci doi era introdus cu o a treia, implicitand astfel pe trei etc
Cred ca unu(una cum spune latinul) si zero trebuiesc introduse cu o singura propozitie astfel incat doi sa fie introdus in a doua.
Unu si zero in opinia mea reprezinta cele doua fete ale foii dialectice; unu este natura este totul este existenta in timp ce zero este nonexistenta. Dar nu ma pot referi la nonexistenta fara sa stu ca exista existenta si invers deci sunt indestructibil legate. Ele sunt doua si nu este intamplator ca binarul cel mai adanc sistem rationabil are doua numere zero si unu.
In natura nu exista decat unu care se multiplica de cate ori doresti.Zeroul de tip limita din 1/n este un infinit mic si nu  ZERO. cred ca zero nu exista decat in forma data mintii noastre, a dialecticii ei asa cum exista si spatiul si timpul tot ca forme apriorice date ratiunii(Kant).In fine destula flozofie...

2) Imi displace profund stilul nepoliticos, nu te supara dar asta este termenul cel mai bland pe care-l folosesc si-l sustin, stil care tinde sa devina chiar  conflictual de tip arici, care de altfel  insoteste pe multi oameni care nu cred ca au ceva bun de asteptat de la semenii lor si totusi ne mergand pana la final cu consecinta logica,  adica pana la izolare totala, tot incearcand sa impace capra cu varza. :)
Daca vom mai discuta, te rog retine ca ref la mine nu poti face afirmatii si nici macar prezumtii, find aproric false, de tipul explicatiei ca n sau 2n as crede eu ca ar fi pus de tine la plezneala.. Daca as crede asa ceva ar fi inutila orice discutie si corect ar fi sa nu mai discutam nimic in continuare.
Suplimentar, inteleg daca ma ostenesc ce este pus si in relatiile algebrice, daca elementele acestora sunt definite anterior, ca doar nu esti extraterestru ca sa procedez ca intr-un  mesaj de tip  ETI(fara metalimbaj),  ci bazat pe definitia tuturor elementelor cum se face in orice discurs logico-matematic. Dar desigur ca si daca aceasta cerinta nu este satisfacuta, interlocutorul poate intelege si preciza sensul pe masura ce descifreaza mesajul, cu o conditie: sa nu fie incalcat principiul identitatii adica un simbol sa pastreze acelasi sens cat timp in mod explicit nu s-ar schimba(eventual) si de regula in demonstraiile matematice nu se schimba, sensul definit cand se introduce prima oara.
Daca pretinzi atentie si deci si munca si eventual ajutor de la altii trebuie sa incepi prin ai respecta si pe ei si munca lor, adica fiecare minut din viata lor pe care ei ti-l fac cadou.  Desigur ca nu sunt obligati, dar tu ai cerut un sprijin si chiar daca imi face placere acest lucru trebuie sa retii ca tu esti vanzatorul si eu cumparatorul si de regula protocolul atarna pe umerii vanzatorului.

3) Si acum sa trec la aspectele de fond adica daca ce scrii tu demonstreaza sau nu inferenta Goldbach

3.1) Ai o formula numita formula 3, care calculeaza  bazat probabil pe niste premize si  pe care nu o voi contrazice in ce urmeaza si sper ca ai demonstrat-o, ca numarul de perechi de sume de numere prime care produc  un anume numar par este dat de respectiva formula, cu aproximatii atat superioare cat si inferioare (dupa exemplele date de tine) Te intreb daca aceasta formula este demonstrata si ce anume este demonstrat in sensul ca ma intereseaza ce iti permite sa propui formula ca una de aproximare in sensul prezentat de tine sau este doar o verificare adica o inductie incompleta daca intelegi ce spun(te parafrazez)
Deasemeni considerand ca iau de buna formula ta, cele doua produse oare nu se pot simplifica?  caci ai niste fractii formate in primul produs din numere prime succesive la numitor si numarul par imediat inferor acestora iar la numaratorul celui de al doilea produs ai aceiasi succesiune de numere(posibil niste diferente la inceputul sirului sau poate pe tot parcursul?) .Infine nu e foarte importanta forma expresiilor fiind finite si calculabile, ci ce reprezinta ele .
3.2) Aplici formula la cateva exemple explicand anume interpretari pe care le faci pentru calcule si obtii niste aproximatii fie superioare, fie inferioare. Nu gasesc nici-o teorie ref la modul in care evolueaza aceste aproximatii sau numere comparate cu numarul de perchi asa cum nu avem nici pentru numerele prime teorii care sa precizeze astfel de evolutii(poate aici gresesc)
Importanta este insa concluzia ca aproxmatia este fie in plus fie in minus.
Daca ar fi numai in minus rezultatul fiind un numar pozitiv chiar si subunitar ar insemna ca Goldbach este demonstrata.
In cazul aproximarii superioare nu stim nimic despre cat de mic poate fi acel numar aproximat superior si daca de exemplu ai avea pentru rezultatul formulei 3 un numar cert subunitar ar rezulta ca nu numai ca nu demonstram Goldbach dar speculam ca nici nu ar fi adevarata.

In ceea ce priveste marimea rezultatului  de la 3 putem fi siguri cum am spus ca este pozitiv. Dar constatand ca ambele produse sunt formate din fractii subunitare al caror produs devine din ce in ce mai subunitar cu cat creste numarul termenilor,  ar fi interesant sa vedem daca exista o limita pentru aceste produse, mai mare decat zero cand mergem la infinit caci daca limita cel putin a unuia este zero evident ca si numarul rezutat este subunitar si deci Goldbach este contrazis. Din exemplele date de tine se pare ca rezultatul formulei 3 este un sir crescator ca tendinta fata de  cresterea numarului par analizat si supraunitar dar nu crescator monoton.
Dar daca am putea demonstra ca  suma acestor perechi de numere va depasi orice numar k odata cu cresterea numarului n evident mai mare decat k si eventual gasi o relatie intre n si k atunci desigur ca conjectura este demonstrata. Nu cred ca spun aici ceva ce nu s-a mai spus dar de fapt nu stiu . Imi vine sa nu cred ca ce am gandit eu acum in cateva minute sa nu fi gandit si altii care s-au aplecat asupra problemei. Ca sa fiu mai clar prezint:

daca 2n=98  atunci k=3; daca 2n=100 atunci k= 6; 2n=102 si k = 8; 2n=104 si k=5;2n=106, k=5; 2n=108 k=8; 2n=110, k=6 ; 2n=112, k=7; 2n=114, k=10
Se vede clar ca tendinta este ca k sa creasca dar in salturi , probabil ca daca s-ar trasa o curba prin metoda celor mai mici patrate s-ar constata ca ar apare o curba statistic crescatoare, poate o dreapta, poate o alta curba.

Mie mi-ar place sa fie o exponentiala si poate voi face un calcul "mistic"(pentru mine transcndenta tine de mistica) de cautat, cum spunea un profesor drag mie "haina matematca a fenomenului studiat si masurat". Oricum constatam ca la nivel de 100 de ori mai mare, adica in jurul lui 2n =10000, k oscileaza intre 98 si 197 adica de la simplu la dublu penru o mica variatie a lui 2n ceea ce ar putea sa trimita la o crestere exponentiala. Asa ceva cred ca nu a facut nimeni pana acum, asa ca poate meita sa o fac eu daca nu se grabeste altul sa-mi ia ideea si sa tranteasca un articolas cine stie unde. :)

Revenind, caci cele de mai sus se refera la calculul exact indicat in linkul dat de tine si nu la formula ta.Daca este asa, singurul lucru care ma incurca considerand ca  formula 3 este demonstrat ca produce ce spui tu ca produce,  este doar aproximarea in plus care nu limiteaza inferior in nici-un fel numarul k de perechi de prime posible a da adunate numarul par discutat iar un grafic pe chestii deja facute nu este o demonstratie, dar poate ar indica matemticienilor o noua cale gandindu-se la exponentiala sau la alta expresie ce ce ar marca existenta unei leg statistice . Pe mine evident ca in concret matematic o astfel de demonstratie m-ar depasi dar ar trebui sa fiu trecut la multumiri alaturi de sotie si copii intelegatori, prieteni si cititori sau crectori de manuscris :)

Deci pana una alta cred ca nu ai demonstrat nimic ci doar odata in plus ai aratat o inductie incompleta care verifica ceea ce deja credem ca este asa dar inca nu stim a demonstra si nici nu voi fi trecut nicaieri la multumiri caci in transcendenta ce oare poti demonstra? :)

4) Ref la varianta slaba este foarte posibil ca ea sa fie adevarata daca cea tare este si nu putem spune nimic despre vreo reciproca caci de la general la particular poti cobora nu si invers.Asta ca sa nu te indoiesti ca inteleg ce spui ,iarasi o insolenta la care o sa-ti raspund precum Hamlet lui Horatiu(parafraza brutala si personalizata ) : Dragule, multe din cele ce sunt si le inteleg eu nu stiu  insa daca le intelegi si tu.:)
Pe fond demonstratia ta asa in fuga facuta mi se pare  corecta doar daca inferenta ta: "Un număr impar suficient de mare, poate este suficient să fie mai mare/egal cu 9, poate fi scris ca suma unui număr prim și un număr par" este valabila, adica daca ai o demonstratie adica ceva care sa nu fie cu "poate". Incearca-ti fortele si poate ca o gasesti deja facuta sau, cine stie ,poate ca o reusesti tu.
Succes!

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #11 : Ianuarie 31, 2016, 05:10:18 p.m. »
În primul rând, scuze dacă anumite exprimări deranjează.
Am să încerc să fiu mai atent la asta.

Apoi, ai scris un mesaj lung, în care ai menționat multe aspecte și m-ai cam zăpăcit un pic.
Eu îți propun, dacă ești de acord, să scrii un mesaj scurt, ia cu citat ca să văd exact despre ce vrei să vorbești și discutăm.

Eu doar am prezentat ceva, dacă nu-i corect, nu-i corect și cu asta basta.

Încă o dată, scuze dacă te-ai simțit ofensat de exprimarea mea pe care o să încerc să o corectez.

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #12 : Ianuarie 31, 2016, 06:11:09 p.m. »
Eu am raspuns la cele spuse de tine la pct 1 , 2,si 4 iar la 3 am discutat despre relatia ta 3  concluzia mea nu neaparat si adevarata (poate ca nu te-am inteles bine) este ca conjectura Goldbach a ramas nedemonstrata ca si pana acum dar in critica ce o fac celor facute de tine poate ca sunt si niste idei care poate ca pot fi preluate si folosite in continuare.
Sari peste consideratiiile filozofice si citeste raspnsurile ca atare la cele ridicate de tine iar la 3 spun ca nu stiu daca ce-si propune sa produca ea adica o aproximare in plus sau minus a numarului de perchi de nr prime care adunate dau un anume numar par si ca si daca ar fi asa, Goldbach tot nu este demonstrata din cauza ca aproximarea se face atat in plus cat si in minus.
« Ultima Modificare: Ianuarie 31, 2016, 08:26:58 p.m. de atanasu »

curiosul

  • Vizitator
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #13 : Ianuarie 31, 2016, 09:40:33 p.m. »
Ok atanasu.
Ai punctat multe aspecte, pe care sunt sigur că nu le înțelegi direct în modul în care sunt prezentate.
Așa cum am și menționat de altfel în partea de început, nu am expus toți pașii logici care implică concluziile doar pentru a nu lungi postarea astfel încât să obosească cititorul.

Să le luăm pe rând.
Prima ta nedumerire pare să fie
Citat
Te intreb daca aceasta formula este demonstrata si ce anume este demonstrat in sensul ca ma intereseaza ce iti permite sa propui formula ca una de aproximare in sensul prezentat de tine sau este doar o verificare adica o inductie incompleta daca intelegi ce spun(te parafrazez)

Și cred că în această postare mă voi rezuma doar la a explica asta, pentru că s-ar putea să mă lovesc din nou de dificultatea cu care explic lucrurile, iar pentru că sunt greu de înțeles prin exprimarea folosită este posibil de asemenea să interpretezi ceea ce am prezentat ca fiind greșit.

Nu am experiență în a prezenta lucrurile într-un mod profesionist, cu care ești probabil obișnuit, motiv pentru care s-ar putea să ți se pară o simplă analiză, ca oricare alta ce s-a dovedit într-un final greșită.
O să-ți explic doar așa cum îmi dictează logica.

Așadar, raportat la ceea ce este menționat în citat, cred că te referi la formula 3 pentru estimarea numărului de reprezentări 2n=p+q, în cazul conjecturii lui Goldbach.
3-ul ăla de lângă formulă este o tentativă nereușită de a numerota formulele la recomandarea lui electron, sugestie bine justificată, dar pe care n-am știut să o pun în practică, datorită lipsei mele de experiență într-o expunere matematică profesionistă.

Prima ta întrebare, poate nelămurire, este dacă formula este demonstrată.
În ceea ce privește conjectura lui Goldbach, la aceeași formulă se poate ajunge într-un mod mult mai evident, dar explicația este mult mai complicată.

Dacă vrei neapărat, ți-o prezint și pe aceea și dacă vei înțelege exact ceea ce aș explica te vei convinge că formula este foarte bine justificată.

Evident, când analizăm numerele prime, sunt de părere că nicio formulă nu determină numărul căutat cu o valoare exactă, iar formula 3 nu face excepție de la această...regulă.

Însă, formula 3 este destul de justificată și prin modul în care am ajuns la ea în prezentarea din prima postare.

Reiau, prin cuvinte, ceea ce este arătat oarecum prin relațiile matematice prezentate și o să ți le explic ca și...algoritm.

Aleatoriu, alege un număr prim, care vrei tu, iar pentru a ușura explicația aleg eu unul acum, dar tu poți să iei în calcul oricare vrei tu.

Eu aleg numărul prim 23, fără un motiv anume, așa mi-a venit în minte.
23*2=46
Separă acum numerele prime până la o valoare destul de mare, să spunem cel puțin pătratul lui 23, în numere prime de forma 46k+1, 46k+3, 46k+5,...46k+21,46k+25,...46k+43, 46k+45.
Fă o scurtă verificare și vezi câte numere prime sunt pentru fiecare formă în parte, până la valoarea pe care vrei tu să o iei în calcul, dar cel puțin 23 la pătrat să spunem.
Vei observa că sunt aproximativ același număr de numere prime de fiecare formă, iar valoarea medie, adică numărul aproximativ este pi(n)/(23-1).

Dar asta nu este doar o ghiceală, scuză-mi expresia, ci este justificată această medie.

Pentru că folosind ciurul lui Eratostene, vei observa că vei ajunge să stabilești că această medie, adică numărul aproximativ de numere prime de forma 46k+1, sau 46k+3, sau 46k+5, sau... este determinată de aceeași formulă.

Acum, imaginează-ți că din toate numerele prime până la o valoare n, suficient de mare, vrei să elimini doar numerele prime de forma 6k+1, 10k+7, 14k+3, 22k+9, 26k+19 .
Vei observa că numărul de numere prime care rămâne după eliminarea acestor numere este estimat de formula 2, cu o foarte bună aproximare, aș zice eu, din ceea ce am calculat.

Explicația constă exact în principiul folosit pentru determinarea/estimarea numărului de numere prime până la n, folosind ciurul lui Eratostene.

Elimini mai întâi numerele prime de forma 6k+1.
După aceea elimini numerele prime de forma 10k+7, care nu sunt și de forma 6k+1, pentru că au fost eliminate anterior.
După care elimini numerele prime de forma 14k+3, care nu sunt de forma 6k+1 sau/și de forma 10k+7, pentru că au fost deja eliminate.
etc, etc, etc, până la eliminarea numerelor prime de forma 26k+19 care nu sunt de forma 6k+1, nu sunt de forma 10k+7, nu sunt de forma 14k+3, nu sunt de forma 22k+9.

Vei observa că numărul de numere prime care rămân este aproximativ cel estimat de formula 2, destul de bine justificat.


Acum relaționarea formulei 2 cu conjectura lui Goldbach și cum se ajunge la formula 3.

Să luăm numărul par 128, așa cum l-am dat exemplu în expunere.
128-3=125, iar 125 este un număr de forma 6k+5.
Putem observa că 128 nu se poate scrie ca sumă de două numere prime din care unul este de forma 6k+5, pentru că 128-(6k+5) este un număr divizibil cu 3.
Deci din toate numerele prime până la n, în acest caz 128/2=64 trebuie eliminate toate numerele prime de forma 6k+5.

La fel de bine, putem observa ca 128-5=123, iar 123 este un număr de forma 10k+3.
Aceasta înseamnă că din toate numerele prime până la 64 trebuie să eliminăm toate numerele prime de forma 10k+3, pentru că 128 nu poate fi scris ca sumă de două numere prime din care unul este de forma 10k+3, 128-(10k+3) va fi un număr divizibil cu 5.

Și tot așa pentru orice număr prim mai mic decât radical din 128, pentru că din numerele prime până la 64, adică generalizat până la n, eliminăm toate numerele prime p mai mici/egale cu 64, care prin diferența 128 -p determină un număr divizibil cu un număr prim mai mic decât radical din n, pentru că dacă p este mai mic/egal cu n, 128-p va fi un număr din intervalul (n,2n) și poate fi divizibil cu un număr prim mai mic/egal cu radical din 2n, adică 128 în acest caz.

Dacă, spre exemplu, numărul par 2n este divizibil cu 3, 126 să spunem, 126-3k este un număr divizibil cu 3, deci în cazul acestui număr prim, nu trebuie să anulăm niciun număr prim de formă 6k+1 sau 6k+5 din intervalul (1, 63), iar în al doilea produs din formula 3, numărul prim 3 nu va fi luat în calcul pentru numărul par 126.

Din aceste motive, cu cât un număr par este divizibil cu un număr prim impar mai mic, cu atât el se scrie de mai multe ori ca sumă de două numere prime, față de numerele pare din vecinătate. Vezi exemplele din jurul lui 10000 pe care ți le-am prezentat într-un mesaj anterior.

Sincer, nu știu cum să-ți explic altfel, nu mă duce capul că nu am experiență la reprodus asemenea demonstrații într-un mod profesionist, dar eu știu că am dreptate în ce spun, deși mă lovesc de dificultatea cu care explic lucrurile.
În mintea mea sunt clare aceste lucruri, dar nu prea mă pricep să le explic.

Scuză lungimea mesajului, dar cred că trebuia să menționez toate astea.

Dacă ai înțeles ce-am facut și cum am gândit până acum, trecem la următorul punct.
« Ultima Modificare: Ianuarie 31, 2016, 10:04:58 p.m. de curiosul »

Offline atanasu

  • Senior
  • ****
  • Mesaje postate: 1874
  • Popularitate: +19/-173
Răspuns: Probleme matematice. Lista lui Landau
« Răspuns #14 : Ianuarie 31, 2016, 11:26:33 p.m. »
Te rog sa ma scuzi dar poate ca ai observt ca eu am avut ca premiza ca formula 3 este corecta adica adevarata fiind demonstrata prin procedee matematice complete si suficiente cum ar fi un sir de deductii pornind de la o premiza adevarata la finalui carora se ajunge la formula 3, care daca sirul de deductii respecta logica matematica si daca nu sunt erori de calcul este si ea advarata sau o reducere la absurd(poate intra procedeul ca unul sau mai multi pasi in lantul de deductii sau complet diferit o inductie matematica completa.
Deci pentru moment consider ca 3 este adevarata si nu-mi bat capul cu demonstratia adica te creditez ca este ok.
Dar chiar si daca este corecta ti-am spus ca datorita felului in care ese aproximat in plus sau in minus fara nici-o proprietate suplimentara corelabila cu aceasta aproximare ci doar asa cum spui si arati in cele cateva exemple tiam explicat in textul anterior ca conjectura Goldbach nu este demonstrata. Daca rezulta ca este demonstrata abia atunci trebuia sa-mi bat capul cu demonstratia formulei 3. Cam tot asa ceva ti-am spus si privind inferenta posibila ca daca conjectura grea este adevarata atunc si ce usoarea va fi adevarata(desigur ca nu si invers ) dar o poeza de baza cu acea descompunere a unui impar uficient de mare intr-o suma de par si prim.Si ca sa fiu ma explicit , intrucat partea a doua este adevarata daca ipoteza este adevarata la aceasta demionstratie a ta ref la goldbach tare si slaba, tot asa se pune problema daca find adevarata formula 3 ar fi demonstrata Goldbach dar eu spun ca nu s deci nu ma mai ocul de demonstratia lui 3.
Sper sa fii inteles si sa te ajute la continuarea raspunsului tau.
Noapte buna!