Малоизвестные (или не очень) красивые соотношения

[Nemiroff]

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin (x)}{x} \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ^ 2(x)}{x^2} \mathrm{d}x$$

$$\frac{1}{\sin(3\pi/7)} - \frac{1}{\sin(\pi/7)} + \frac{1}{\sin(2\pi/7)} = 0$$

[DiMath]

$$\sum\limits_{N\leqslant n<2N}^{}(\sum\limits_{i=1}^{k}\chi_{P}(n+h_i)-\rho)(\sum\limits_{d_1,...,d_k:d_i|n+h_i}^{}\lambda_{d_1,...,d_k})^2$$

$$=\frac{\varphi(W)^kN(\log(R))^k}{W^{k+1}}((\frac{\theta}{2}-\varepsilon)\sum\limits_{m=1}^{k}J_{k}^{(m)}(F)-\rho I_{k}(F)+o(1))$$

где:

$$\lambda_{d_1,...,d_k} = \prod\limits_{i=1}^{k}\mu(d_i) d_i \sum\limits_{r_1,...,r_k:r_i|d_i, (r_i,W)=1}^{}\frac{\mu(r_1 ... r_2)^2}{\varphi(r_1)...\varphi(r_k)}F(\frac{\log(r_1)}{\log(R)},...,\frac{\log(r_k)}{\log(R)})$$

- коэффициенты многомерного решета Сельберга с весами,

$W=\prod\limits_{p\leqslant logloglogN}^{}p$ - праймориал, $\rho>0$ - фиксированная величина, $\theta$ - уровень распределения множества простых чисел (Виноградов доказал, что $\theta<1/2$ ),
$F:[0,1]^k\to\mathbb{R}$ - кусочно-гладкая функция, определенная на симплексе $R_k={(x_1,...,x_k)\in[0,1]^k:\sum\limits_{i=1}^{k}\leqslant 1}$

$$I_k(F)=\int\limits_{R_k}^{}F^2(x_1,...,x_k)dx_1...dx_k$$

$$ J_k^{(m)}(F)=\int\limits_{R_{k-1}}^{}(\int\limits_{0}^{1-\sum\limits_{i\ne m}^{}x_i}F(x_1,...,x_k)dx_m)^2dx_1...dx_{m-1}dx_{m+1}...dx_k$$

$h_i$ - элементы произвольного набора $H$ неотрицательных чисел, удовлетворяющего следующему свойству: $\forall p\in P \exists a_p\ne h_i\pmod p$ для всех $h_i\inH$.

Это соотношение было выведено и доказано Мэйнердом, с помощью которого, он установил, что $\lim\limits_{n\to\infty}^{}\inf\limits_{}(p_{n+1}-p_{n})\leqslant 600$. Впоследствии Теренс Тао опустил оценку до 246.

Задача сводится к необходимости доказать, что исходная сумма положительна для больших N. Для этого достаточно найди функцию, для которой

$$\frac{\sum\limits_{m=1}^{k}J_{k}^{(m)}(F)}{I_{k}(F)}>4$$

Таким образом, решение проблемы близнецов (и ее обобщения) сводится к вопросам оптимизации.

[ex-math]

Так уж и сводится. Поживем -- увидим.

[grizzly]

Пусть $x_i \in \mathbb Z, i=1,...,n$. Тогда

$$\prod_{1\leq i < j\leq n} \frac{x_j-x_i}{j-i} \in \mathbb Z.$$

Поначалу не хотелось даже вникать в аргументацию обоснования (там есть с красивой идеей доказательство) -- настолько сложно было в это поверить.

[whitefox]

grizzly

Ссылку можно?

[Nemiroff]

whitefox, http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h56803

[whitefox]

Nemiroff
Спасибо
Вот как-то сразу и не распознал Вандермонда

[grizzly]

Product of at most continuum many separable spaces is still separable

(Оффтоп)

1) Моя интуиция всё понимает, но сдаваться без боя не собирается
2) В этой теме предполагаются скорее формулы; там по ссылке есть обобщающая формула, но она так сразу не впечатляет, имхо.

[grizzly]

Вот тоже впечатлило:

$$ \sqrt{2}=1+\cfrac{2\,e^{-\pi/2}}{1-e^{-\pi}+\cfrac{e^{-\pi}(1+e^{-\pi})^2}{1-e^{-3\pi}+\cfrac{e^{-2\pi}(1+e^{-2\pi})^2}{1-e^{-5\pi}+\ddots}}} $$

Здесь скорость сходимости какая-то невероятная, сам руками проверял Это с MSE. Там в последнее время появилась серия интересных сообщений от последователей Рамануджана.

(Оффтоп)

Я ещё вот это хотя бы в оффтопе оставлю, пусть полежит. Я когда-то давно слышал, но потом потерял, еле нашёл. Кто первый раз это видит, редко остаётся равнодушным :)

[nnosipov]

Ещё одна формула Рамануджана. Пусть $\alpha_i$, $\beta_i$ и $\gamma_i$ --- коэффициенты разложения Тейлора при $x=0$ рациональных функций

$$ \frac{1+53x+9x^2}{1-82x-82x^2+x^3}, \quad \frac{2-26x-12x^2}{1-82x-82x^2+x^3}, \quad \frac{2+8x-10x^2}{1-82x-82x^2+x^3} $$

соответственно. Тогда все они целые числа, причём $\alpha_i^3+\beta_i^3=\gamma_i^3+(-1)^i$ для любого $i=0,1,2,\dots$.

[ShMaxG]

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}\frac{{\sin \left( {{x \mathord{\left/ {\vphantom {x 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}} \right)}}{{{x \mathord{\left/ {\vphantom {x 3}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} 3}}}dx} = ... = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}...\frac{{\sin \left( {{x \mathord{\left/ {\vphantom {x {13}}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {13}}} \right)}}{{{x \mathord{\left/ {\vphantom {x {13}}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {13}}}}dx} = \frac{\pi }{2}$$

Однако

$$\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}...\frac{{\sin \left( {{x \mathord{\left/ {\vphantom {x {15}}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {15}}} \right)}}{{{x \mathord{\left/ {\vphantom {x {15}}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} {15}}}}dx} = \frac{{467807924713440738696537864469}}{{935615849440640907310521750000}} \cdot \pi \approx 0.50 \cdot \pi$$

А все потому что

$$\frac{1}{3}+...+\frac{1}{13} < 1, \ \frac{1}{3}+...+\frac{1}{15} > 1$$

Множители $1/3,1/5,1/7$ и т.д. можно заменить на произвольные положительные числа $a_1,...,a_n$, и интеграл будет равен $\pi/2$ только в случае $1 \ge a_1+...+a_n$.

Доказательство нетривиально, см. http://link.springer.com/article/10.1023%2FA%3A1011497229317#page-1

[nnosipov]

ShMaxG в сообщении #1047471 писал(а):

Доказательство нетривиально

Да как-то в лоб там всё считается, здесь эта тема не раз обсуждалось. Кажется, где-то в теме "Физ-мат юмор" сообщение есть.

[Deggial]

Формулы AlexSam выделены в отдельную тему

[ProPupil]

При $0 < p < 1$ верно, что $(L_p(E))^\ast = \{0\}$

[Panfilov]

hypersphere в сообщении #840778 писал(а):

Примерно, так:

$(a-b)(a+b)=a^2-b^2$

Повысилась степень и упростилось выражение(представление).

а так:

$\sin(a-b)\sin(a+b)=\sin^2a-\sin^2b$

.