Matematica in 2013.

[zec]

Ideea acestui topic vine din lipsa in acest an a subiectelor pe teme matematice.Cu toate ca suntem in perioada de invatat pentru evaluare nationala,bacalaureat sau sesiune in acest an interesul utilizatorilor a fost aproape nul pe aceasta tema.
  Putem sa concluzionam ca interesul pentru invatat matematica a scazut dramatic in randul elevilor.Lipsa educatiei isi spune cuvantul  si multi elevi nu au inteles de ce au invatat matematica timp de 12 ani.Scopul matematici e cu mult mai mare decat pare initial cand inveti anumite capitole, care in opinia multora par inutile,scopul matematici este in principal de a dezvolta capacitatea de gandire si rationament.Pe alta parte nu sunt rare nici situatile cand ne confruntam si cu matematica pura in situatii reale.Vine si un moment cand ne vom da seama daca suntem prostii sau am invatat ceva in scoala.Educatia nu inseamna doar matematica,dar matematica este parte importanta in viitorul individului.Acest mesaj il adresez acelor elevi care mai au timp sa faca ceva si sa nu regrete ce puteau face si nu au facut.
Cat despre ajutor pe teme matematice veti primi atata timp cat mai sunt prezent pe aici.Intrebarile trebuie sa fie si ele bine puse si nu sa ducem in subiecte interminabile precum morisca gravitationala sau alte subiecte care pur si simplu nu se mai termina din simplul motiv  ca ratiunea uneori ne joaca feste.

[valangjed]

L-as completa pe zec , spunand ca matematica iti face ordine in gandire , poti vedea, la un moment dat, anumite prioritati, poti intelege ce e mai bine sa faci sau pentru ce ai "inclinatie".
Traim intr-o lume bazata pe un sistem economic ( bun ,rau ,el exista) si fara matematica nu putem nici sa-l schimbam , nici sa-l perfectionam.

P.S.Sunt inginer si am avut nevoie de "gandire matematica" dar nu strica nimanui sa stie si un pic de mate

[ciureanuc]

"Putem sa concluzionam ca interesul pentru invatat matematica a scazut dramatic in randul elevilor."

Sau nu se face reclama acestui site, sau matematica nu este prezentata atractiv, poate ca softurile au inlocuit mult gandirea umana... diferite motive.

Pentru ca am fost profesor suplinitor un an (nu de mate ), si in viata asta am incercat sa scot si o revista pentru copii, am lucrat vreo 10 ani si in publicitate -> am putut observa mai bine cum poti face un subiect/domeniu atractiv pentru copii/tineri.

Ce ati spune de niste probleme aplicate? Probleme in care gandirea matematica sa se aplice in mod indirect, sa fie creata, de fapt, NECESITATEA gandirii si metodei matematice in aflarea rezultatului.

Trebuie creat un spatiu pentru matematica IN VIATA CONCRETA.
Aici duce lipsa matematica in lupta cu telefoanele mobile, tablete, facebook, jocuri, mall, multiplex.

Daca as fi profesor de matematica, as incerca sa regandesc enunturi de probleme, sa le fac mai atractive.

Evolutie!  


Acum vreo 3 luni ma gandeam sa fac niste teste de mate in flash si lumea sa se distreze facand punctaje prin rezolvarea de probleme.
Ceva de genul: http://www.thatquiz.org/   tradus in romana.

----------------

Fotografia atasata e luata de pe un site al unei universitati din Germania. (am uitat care)
Face parte dintr-un fel de "pre-test" de verificare a cunostintelor, inainte de examenul de admitere.
Mi-a placut metoda de a introduce matematica avansata in viata reala, despre asta vorbesc cand spun ca matematica ar trebui sa fie facuta mai atractiva. Elevul de rand sa inteleaga de ce e nevoie de analiza matematica, de exemplu, sa se loveasca de situatii reale, probleme gandite de profesori IN ACEST MOD.

Daca vreun profesor ar face probleme de felul asta, as fi in stare sa public una pe zi pe Facebook, cu link catre forum, unde se poate discuta rezolvarea... ar fi ceva, nu!?  

[meteor]

Cat despre ajutor pe teme matematice veti primi atata timp cat mai sunt prezent pe aici.

1. Cum Cebisev a demonstrat postulatul lui Bertrand, daca se poate rezumat, acest rezultat este considerata "Teorema numerelor prime" ?!

2. E corect daca spunem: " Pentru numerele m,n mai mare ca 10, intre  n si m, n<m,  sunt cel putin [tex] \left [ \frac{m}{\ln (m)}-\frac{n}{\ln (n)} \right ] [/tex] numere prime " ?!

Sau, mai precis, conform rezultatelor obtinute de P. Dusart in mod similar sa calculam numarul de numere minimale si maximale in un anumit interval, teorema fiind valabila de la o anumita valoare.. http://en.wikipedia.org/wiki/Prime_number_theorem#Bounds_on_the_prime-counting_function

Sau alte teoreme si mai puternice.

3. Daca cazul 2. este corect, atunci pentru a rezolva conjenctura lui Legendre si alte zeci de conjecturi din o singura lovitura este nevoe oare sa mai demonstram ca: " Problema: sa se gaseasca distanta maxima posibila dintre 2 numere prime consecutive.
Daca, aplicam functiile minime (teorema numerelor prime, sau functia minima din teorema lui Dusart) exsista riscul ca ele sa arate care este cutarea distanta minima, INSA, in realitate, distanta minima sa fie putin mai mare.
Paradoxal, poate pentru unii, INSA, riscul este tot mai mare (sa exsiste contraexemple) cu cit functia minim aproximeaza mai mult functia maxim(desigur mai depinde putin si felul cit de convexa este functia minim pe cutarele interval).
Iaras, aceasta se intimpla din cauza ca functia numerelor prime nu este concava sau convexa pe domeniul ei de definitie, ci, admite o infinitate de puncte de influxiune.
Iata desenul, care spune totul:
" ?!

4. Pentru a rezolva conjectura lui Brocard, nu este nevoe de punctul 3. ci doar de punctul 2. ?!

" Enunt: Intre patratele orecaror doua numere prime consecutive, exsista cel putin patru numere prime, adica: [tex] \pi( p_{n+1}^{2})-\pi (p_{n}^{2})\geq 4,n\geq 2 [/tex]



Demonstratie [incompleta]:

Multimea numerelor prime se include in multimea numerelor naturale.
Intrucit este vorba de o inegalitate, partea stinga mai mare ca partea dreapta, trebue sa demonstram(determinam) daca inegalitate este satisfacuta permament pentru valorile minime posibile ale partii din stinga.
Distanta minima posibila dintre doua numere prime este egala cu [tex]2[/tex]  Deacea voi exprima numarul prim al doilea ca fiind numarul prim anterior adunat cu [tex]2[/tex].
Adica: [tex]p_{n+1}=p_{n}+2[/tex].
Revenind la ceea ce avem de demonstrat, avem: [tex]\pi ((p_{n}+2)^{2})-\pi (p_{n}^{2})\geq 4, n\geq 2[/tex].
Din cauza faptului ca inca nu stiu detaliat cum sa il determin pe oarecare [tex]p_{n}[/tex] , si din cauza caci, cum am mai spus, numerele prime aprtin numerelor naturale, i-mi voi permite sa lucrez cu numerele naturale. Aceasta insa!, nu este o garantie ca valideaza sau nu conjectura, conjectura va fi valida doar in cazul in care se indeplineste noile conditii impuse, in caz contrar nu.
Deci renotam: [tex]p_{n}[/tex] ca fiind [tex]x[/tex], [tex]x\in N,x\geq 3[/tex].
Avem: [tex]\pi ((x+2)^{2})-\pi (x^{2})\geq 4, x\geq 3[/tex], deja avem ceva mult mai familiar.
Definim cine e .. functia [tex]\pi (x^{2})[/tex] , ca in cazul precedent in conjectura lui Legendre.. aceasta functe este o functie [tex]m(x)[/tex], pentru simplicitate eu am luat-o ca fiind: [tex]f(x^{2})=\frac{x^{2}}{ln(x^{2})}[/tex].
Urmeaza aceeasi poveste.. functia [tex]f(x^{2})[/tex] este strict concava si crescatoare pe cel putin domeniul [tex][3;+\infty) [/tex], functia [tex]f((x+2)^{2})[/tex] reprezinta o translatie cu doua unitati spre stinga a functiei [tex]f(x^{2})[/tex].
QED

5. Pentru a demonstra conjectura lui Oppermann, Andrica si altele de acest gen e nevoe ca punctele 2. si 3. sa fie adevarate ?!

" Enunt: Intre [tex]x^{2}-x[/tex] si [tex]x^{2}[/tex]; la fel intre [tex]x^{2}[/tex] si [tex]x^{2}+x[/tex], [tex]x\geq 2[/tex] <,  permament exsista cel putin un numar prim.
Demonstratie [incompleta]:
Conform datelor enuntului trebue sa determinam:
[tex]\begin{cases} \pi (x^{2})-\pi (x^{2}-x)\geq 1 , x\geq 2\\ \pi (x^{2}+x)-\pi (x^{2})\geq 1\end{cases}[/tex]
Aceeasi poveste.. luam functia minim [tex]m(x)[/tex] ca fiind anticvariatul: [tex]f(x^{2})=\frac{x^{2}}{ln(x^{2})}"[/tex].
Asa arata aproximativ povestea:
Avem deci de demonstrat urmatoarele inegalitati:
[tex]\begin{cases} \frac{x^{2}}{ln(x^{2})} -\frac{x^{2}-x}{ln(x^{2}-x)}\geq 1 \\ \\\frac{x^{2}+x}{ln(x^{2}+x)} -\frac{x^{2}}{ln(x^{2})}\geq 1 \end{cases}[/tex].
Toate trei functii sunt definite pe intervalul: [tex][3;+\infty )[/tex].
Pe acest interval toate trei sunt strict concave si strict crescatoare.

Acum, o metoda de rezolvare poate arata asa:
trebue sa gasimi niste constante [tex]\lambda[/tex] si [tex]\nu[/tex] astfel incit sa reprezinte translatiile functiei [tex]f(x^{2})[/tex] spre stinga si spre dreapta, INSA, ducind contul ca trebue sa fim atenti, astfel incit ele sa tinda spre limitele lor inferioare/superioare.
Demonstrind caci in cadrul acestor intervale (desigur dupa o valoare anumita determinata) demonstram conjectura.
Pina la valoarea cea anumita (am spus ca trebue sa ne starium sa fie in un anumit sens potrivita) se verifica cu mina.
Astfel conjectura devine total rezolvata.
Inegalitatile despre care vorbeam asa arata:
[tex]2,3,4,...,x^{2}-x,...,(x-\lambda )^{2},...,x^{2},....,(x+\nu )^{2} ,...,x^{2}+x[/tex]
Inegalitatile se respecta pentru: [tex]\lambda =\frac{1}{2}[/tex], [tex]\nu =\frac{1}{3}[/tex], deci lucram cu ele.
Daca demonstram ca intre [tex]\left ( x-\frac{1}{2} \right )^{2}[/tex] si [tex]x^{2}[/tex], la fel intre [tex]x^{2}[/tex] si [tex]\left ( x+\frac{1}{3} \right )^{2}[/tex] exsista cel putin cite un numar prim, demonstram conjectura.
Povestea astfel arata:

[tex]\begin{cases} \pi (x^{2})-\pi ((x-\frac{1}{2})^{2}) \geq 1\\ \pi ((x+\frac{1}{3})^{2}) -\pi (x^{2})\geq 1 \end{cases}[/tex]   lund anticvariatul avem: [tex]\begin{cases} f (x^{2})-f ((x-\frac{1}{2})^{2}) \geq 1\\ f ((x+\frac{1}{3})^{2}) -f (x^{2})\geq 1 \end{cases}[/tex] .
Deci dupa un numar suficient de mare conjectura este adevarata (deoarece anticvariatul ridicat la patrat este o functie concava crescatoare...).
QED. "

[zec]

1 Demonstratia este grea,pacat ca numai am cursul cu aceea demonstratie dar pot sa iti zic ca demonstratia sa predat la un curs de 2 ore de catre regretatul Panaitopol.
Cu ajutorul functiei lui Cebisev demonstratia e mult mai simpla.
2Nu e corect si a nu se intelege ca functia lui Cebisev este o egalitate.Ea este o aproximatie si pentru valori exacte se folosesc dezvoltari asimpotice.Dar in una din demonstratii am folosit un rezultat care aproximeaza valorile functiei lui Cebisev intre 2 limite destul de bune.
3Cine a zis ca exista o distanta minima?

[Sieglind]

Meteor,
nu mă dau grande că aş fi în măsură să apreciez ce ai făcut - dar mi-a plăcut.

[meteor]

1 Demonstratia este grea,pacat ca numai am cursul cu aceea demonstratie dar pot sa iti zic ca demonstratia sa predat la un curs de 2 ore de catre regretatul Panaitopol.

La asa oameni ca tine, trebue sa se puna monumente.
E stimat din partea mea ca recunosti ce e dificil tie si ce nu, adica nu ca unii "profesori" care am avut.

2Nu e corect si a nu se intelege ca functia lui Cebisev este o egalitate.Ea este o aproximatie si pentru valori exacte se folosesc dezvoltari asimpotice.Dar in una din demonstratii am folosit un rezultat care aproximeaza valorile functiei lui Cebisev intre 2 limite destul de bune.

Dar daca am lucra cu rezultatele obtinute de P.Dusart sau altii, in care este indicata inegalitatea (adica functia care este mai mica [fiind notata de mine functia minim m(x)] si care este mai mare (functia maxim M(x)) ca [tex]\pi(x)[/tex] pe intervalele definite (semideschise) ), ca spre exemplu aici: http://en.wikipedia.org/wiki/Prime_number_theorem#Bounds_on_the_prime-counting_function ?!
In asa caz punctul 2. ramine inca in puteri ?!

Adica numarul de numere prime in intervalul [a,b] ar fi cel putin egal cu m(b)-m(a) ?!

3Cine a zis ca exista o distanta minima?

Nu inteleg ce vrei sa intrebi.

[meteor]

Vreau sa mai spun caci din rezultatele obtinute, spre exemplu de catre P.Dusart (spre exemplu aceasta varianta):
[tex]\frac{x}{\ln (x)}\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)} \right )_{\geq 599}<\pi(x)<\frac{x}{\ln (x)}\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)}+\frac{2.51}{\ln^{2}(x)} \right )_{x\geq 355991}[/tex]
Lesne se observa caci [tex]\left ( \frac{x}{\ln(x)}\right ) _{x\geq 7}< \frac{x}{\ln (x)}\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)} \right )_{\geq 599}<\pi(x)<\frac{x}{\ln (x)}\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)}+\frac{2.51}{\ln^{2}(x)} \right )_{x\geq 355991}[/tex]

A demonstra ca [tex]\left ( \frac{x}{\ln(x)}\right ) _{x\geq 7}\leq \frac{x}{\ln (x)}\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)} \right )_{\geq 7}[/tex] e simplu.
Expresia din inegalitate care este mai mare contine produsul [tex]\left ( 1+\frac{1}{\ln(x)} \right )[/tex], care cert ca pentru orice [tex]x\geq 7[/tex] este o valoare mai mare ca [tex]1[/tex].
Deci, comform rezultatelor obtinute de P.Dusart nu e gresit a aplica functia minim (anticvariatul [aplicatia aceasta a anticvariatului e mai placuta deoarece este foarte compacta si comoda, plus ca in anumite cazuri poate fi mai sigura..]) ca fiind  [tex]\frac{x}{\ln(x)}[/tex]

[meteor]

Cine va avea idee cum sa rezolve pina la capat  punctul 3. sau sa reproseze, e binevenit sa ma anunte.

Un mic rezumat si idei de rezolvare [cine le rezolva ar face ceva]
---------=======   Rezumat   ======--------

Pentru a putea rezulva multe probleme din teoria numerelor prime, o cale foarte importanta ar fi daca am aplica functiile minim si maxim.

Acolo principiul de baza consta in aceea ca: " Pentru a determina numarul minim de numere prime in intervalul [a,b], acesta ar fi egal cu m(b)-m(a)."
Adica in o oarecare masura ne-am concentrat pe aceea in a gasi distanta maxima dintre pn si pn+1.

INSA, s-a observat caci exista riscuri astfel incit in anumite cazuri distanta pe care noi am fi condiderat-o maxima, in realitate sa fie sub cea reala.
Fara a demonstra ca riscurile sunt false, demonstratiile cele din urma ramin incomplete.
Atentie la imaginea de mai jos , care explica absolut totul:


In desen se observa , caci axa X'OY' a fost mutata undeva mai sus si mai departe de XOY.
Se vede bine functia PI(n), m(n), M(n).
Se vede cum la un anumit pn, functia  PI(pn) are valoare n, si m(pn) are o anumita valoare [desigur ea e strict mai mica sau egala cu n, deaceea doar si e functia minim].
Apoi s-a lasat anume ca urmatorul pn+1 sa fie amplasat la o distanta foarte giganta fata de pn.
Si aici poate sta visinica (contraargumentul) din virful tortului, caci aproximatia p'n+1 a lui pn+1 sa fie in anumite conditii (cind distanta e foarte giganta), p'n+1 sa fie mai mic ca pn+1.

Deci <a href="http://www.codecogs.com/eqnedit.php?latex=p_{n&plus;1}\approx&space;p'_{n&plus;1}=\left&space;(m(p_{n})&plus;1&space;\right&space;)^{-1}" target="_blank"><img src="http://latex.codecogs.com/gif.latex?p_{n&plus;1}\approx&space;p'_{n&plus;1}=\left&space;(m(p_{n})&plus;1&space;\right&space;)^{-1}" title="p_{n+1}\approx p'_{n+1}=\left (m(p_{n})+1 \right )^{-1}" /></a>
Daca <a href="http://www.codecogs.com/eqnedit.php?latex=p'_{n&plus;1}\geq&space;p_{n&plus;1}" target="_blank"><img src="http://latex.codecogs.com/gif.latex?p'_{n&plus;1}\geq&space;p_{n&plus;1}" title="p'_{n+1}\geq p_{n+1}" /></a>, pe domeniul in care lucram, atunci lucrurile stau bine.

Problemele care stau la rezolvarea conjecturii lui Operman:

Desenul spune multe.


A doua metoda de al aproxima pe <a href="http://www.codecogs.com/eqnedit.php?latex=p_{n&plus;1}" target="_blank"><img src="http://latex.codecogs.com/gif.latex?p_{n&plus;1}" title="p_{n+1}" /></a> este ca el este solutia ecuatiei:
<a href="http://www.codecogs.com/eqnedit.php?latex=m(n)=M(x)" target="_blank"><img src="http://latex.codecogs.com/gif.latex?m(n)=M(x)" title="m(n)=M(x)" /></a>
La fel ca la cazul precedent, desenul spune totul (acest desan ba e prea domol asa incit intre x si solutia: m(n)=M(x) sunt 2 numere prime. Se poate face un desen mai dur in care se arata bine ca cel putin un numar prim trebue sa fie intre x si solutia ecuatiei: m(n)=M(x)).

Dar, din cauza ca functiile noastre slab aproximeaza PI(n), noi prea departe il aproximam pe pn+1, deaceea nu putem iesi la capat macasr cu conjectura lui Andrica (acolo diferenta radicalilor abia coaboara pina la vreo 25).