О гипотезе Лежандра

[vicvolf]

Гипотеза
Для всякого натурального n между $n^2$ и $(n+1)^2$ всегда найдется простое число.

Доказательство
Рассмотрим последовательность квадратов натуральных чисел $f(n)=n^2$ на интервале [$N^2,(N+1)^2$), где N- достаточно большое натуральное число.
Естественно количество членов последовательности $f(n)$ на интервале [$N^2,(N+1)^2$) :
$\pi(f,N^2,(N+1)^2)=1$.
Если удастся доказать, что в последовательности простых чисел $g(n)$ количество простых чисел на том же интервале [$N^2,(N+1)^2$ - $\pi(g,N^2,(N+1)^2)$ больше 1, то гипотеза будет доказана.
Известно, что $\pi(g,2,x)\geq \frac {x} {\ln(x)}$, поэтому
$\pi(g,N^2,(N+1)^2)\geq \frac {(N+1)^2-N^2} {\ln(N^2)}=\frac {2N+1} {2\ln(N)}>\frac {2N} {2\ln(N)}=\frac {N} {\ln(N)}>1$ ч.т.д.

[gris]

А как же Вы вычли два "односторонних" неравенства?
Может быть там можно использовать двустороннюю оценку для количества простых?

[vicvolf]

gris в сообщении #688988 писал(а):

Может быть там можно использовать двустороннюю оценку для количества простых?

Для достаточно больших x выполняется неравенство - $\frac {x} {\ln(x)}<\pi(x) < \frac {x} {\ln(x)-2}.(1)$
Рассмотрим $\pi(g,N^2,(N+1)^2)=\pi(g,2,(N+1)^2)-\pi(g,2,(N)^2).(2)$
На основании (1) получаем:
$\pi(g,2,(N+1)^2)<\frac {(N+1)^2} {\ln(N+1)^2-2}.(3)$
$\pi(g,2,N^2)>\frac {N^2} {\ln(N^2)}.(4)$
Подставим в (2) неравенства (3) и (4):
$\pi(g,2,(N+1)^2)-\pi(g,2,(N)^2)>\frac {(N+1)^2} {\ln(N+1)^2-2}-\frac {N^2} {\ln(N^2)}.(5)$
Учитывая, что $\ln(N+1)-1<\ln(N)$, то на основании
$2(\ln(N+1)-1)=2\ln(N+1)-2=\ln(N+1)^2-2<2\ln(N)=\ln(N^2).(6)$ получаем:
$\pi(g,2,(N+1)^2)-\pi(g,2,(N)^2)>\frac {(N+1)^2} {\ln(N+1)^2-2}-\frac {N^2} {\ln(N^2)}>\frac {(N+1)^2} {\ln(N^2)}-\frac {N^2} {\ln(N^2)}=\frac {2N+1} {2\ln(N)}>\frac {2N} {2\ln(N)} >1.$
ч.т.д.

[gris]

Если из (3) вычесть (4), то мы получим в (5) знак "меньше", а не "больше".
Кроме того, приведённая оценка весьма груба для Ваших целей. Длина интервала, которым оценивается количество простых чисел, возрастает до огромных величин и не годится для Вашего исследования.
Попробуйте отыскать более точное двустороннее оценивание.

[vicvolf]

gris в сообщении #689393 писал(а):

Кроме того, приведённая оценка весьма груба для Ваших целей. Длина интервала, которым оценивается количество простых чисел, возрастает до огромных величин и не годится для Вашего исследования.

$\pi(g,N^2,(N+1)^2)=\int_{N^2}^{(N+1)^2}{\frac {dx}{\ln(x)}}$.
Учитывая монотонное убывание $\ln(x)$ получаем:
$\pi(g,N^2,(N+1)^2)>\frac {(N+1)^2-N^2} {\ln(N+1)^2}=\frac {2N+1} {2\ln(N+1)}>\frac {2N} {2\ln(N+1)}>1$

[gris]

У Вас небольшая описка: убывает не сам логарифм, а подинтегральная функция, но дальнейшее оценивание снизу площади криволинейной трапеции абсолютно правильно.
Определённый интеграл действительно больше единицы и даже намного.

Если соответствующее значение интегрального логарифма действительно строго равно количеству простых чисел на интервале, то Гипотеза Лежандра доказана!

Вспомнился рассказ из английского языка про лаконичность спартанцев — "If".

[vicvolf]

gris в сообщении #689957 писал(а):

У Вас небольшая описка: убывает не сам логарифм, а подинтегральная функция

Да, убывает $1/\ln(x)$.

Цитата:

Если соответствующее значение интегрального логарифма действительно строго равно количеству простых чисел на интервале, то Гипотеза Лежандра доказана!

На самом деле интегральный логарифм немного завышает количество простых на интервале. При интервале $10^6$ примерно на 100, а на интервале $10^7$ примерно на 300. У нас же интервалы значительно меньше - при $N^2=10^6$ интервал $2N+1=2001$ и ошибка в оценке количества простых не превышает 1. Количество простых же на данном интервале превышает 100.

[gris]

Вот в том и беда, что завышает. А то, что у нас интервалы маленькие, легко поправить. Возмём $N=10^{30}$. Вполне длинный интервал. Нам же и интересно доказать гипотезу для очень брльших $N$, желательно для всех. А для малых сих чего её доказывать — есть таблицы простых чисел, можно просмотреть и убедиться. Наверное энтузиасты уже проделали эту работу. Посмотрите в OEIS, есть там последовательность количества простяшек между последовательными квадратами? (Я сейчас и сам посмотрю!).

Вроде бы это должно быть $2,2,2,3,2,4,3,4,3,5,4,5,5,4,6...$ но у меня не получилось найти
Я в этом вопросе плохо разбираюсь, но последовательность действительно возрастает и довольно сильно. Ну никак не может она вдруг до нуля скакнуть. А вдруг скакнёт? Я вот тут начинаю опасаться, что залезаю в неведомую для себя область, где есть риск (с вероятностью 0.9999...934) с умным видом высказать либо очевидную нелепость, либо очевидную банальность.

Вот: A014085

[vicvolf]

Да, конечно интересны большие значения N.
Если гипотеза Римана справедлива, то выполняется оценка:
$\pi(g,2,x)=Li(x)+O(\sqrt{x}\ln(x))$. (Бухштаб)
C учетом этой оценки в худшем случае получаем:
$\frac {2N+1}{2\ln(N+1} -\sqrt{2N+1} \ln(2N+1) >1$
При больших N график функции слева с учетом ошибки практически совпадает с графиком функции без ошибки:
$\frac {(2N+1)} {2\ln(N+1)}>1$.Можете проверить графики онлайн.

[gris]

Вы, типа, считаете, что $O(f(x))-O(f(x)) =0$?
А, нет, это я так считаю Кстати, тоже неплохо получается.
Ладно, дело к ночи, пора и лошадей требовать. Ощущение такое, что Вы на одном и том же месте топчетесь. Надо получать точную формулу для $\pi(n)$. Ну в крайнем случае, с о-малыми. Но уж никак не с О-большими. Не потянут они Лежандра нашего Андрюшу.

[vicvolf]

gris в сообщении #690258 писал(а):

Вы, типа, считаете, что $O(f(x))-O(f(x)) =0$?
А, нет, это я так считаю Кстати, тоже неплохо получается.
Ладно, дело к ночи, пора и лошадей требовать. Ощущение такое, что Вы на одном и том же месте топчетесь. Надо получать точную формулу для $\pi(n)$. Ну в крайнем случае, с о-малыми. Но уж никак не с О-большими. Не потянут они Лежандра нашего Андрюшу.

Я там описался - подправил. Я показал, что даже с учетом ошибки неравенство выполняется с запасом.

[vicvolf]

gris в сообщении #690258 писал(а):

Надо получать точную формулу для $\pi(n)$. Ну в крайнем случае, с о-малыми. Но уж никак не с О-большими.

Ну, если не нравится запись с О большими, то запишеи по-другому:
$|\pi(x)-\int_{2}^{x}{\frac {dt} {\ln(t)}dt}|<C(x\ln(x))^{1+\varepsilon}$.
Уточню, что на основании расчетов примерное значение С=0,1. Поэтому неравенство имеет вид:
$\pi(g,N^2,(N+1)^2)=\frac {2N+1} {2\ln(N+1)}-0.1\sqrt{2N+1}\ln(2N+1)>1$ и выполняется для всех N>0. Чем больше N, тем с большим запасом.

[gris]

Эпсилон, надо полагать, где-то на бесконечности стремится к нулю, а в серединке может и достигать двух пи? Впрочем, я толком не знаю этой формулы, но даже если всё так и даже лучше, имеем:

$|\pi(x)-\int_{2}^{x}{\frac {dt} {\ln(t)}}|<0.1(x\ln(x))$. Или

$\int_{2}^{x}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.1(x\ln(x))<\pi(x)<\int_{2}^{x}{\frac {dt} {\ln(t)}}+0.1(x\ln(x))$. То есть

$$\int_{2}^{(N+1)^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.1((N+1)^2\ln((N+1)^2))<\pi((N+1)^2)<\int_{2}^{(N+1)^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}+0.1((N+1)^2\ln((N+1)^2))$$

$$\int_{2}^{N^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.1(N^2\ln(N^2))<\pi(N^2)<\int_{2}^{N^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}+0.1(N^2\ln(N^2))$$

Отсюда

$\pi((N+1)^2)-\pi(N^2)>\int_{N^2}^{(N+1)^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.1((N+1)^2\ln((N+1)^2))-0.1(N^2\ln(N^2))$ То есть

$\pi(N^2,(N+1)^2)>\int_{N^2}^{(N+1)^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.2\big((N+1)^2\ln(N+1)+N^2\ln N\big)$

И мне в правой части что-то отрицательное мерещится. Или я где ошибся? Суть в том, что ошибки не вычитаются, а складываются.

[vicvolf]

Ошибка в исходной формуле:

$|\pi(x)-\int_{2}^{x}{\frac {dt} {\ln(t)}}|<0.1(x^{1/2}\ln(x))$.

[gris]

Вы формулы прямо на ходу меняете. Увы, и этой поправки недостаточно. Ибо получается

$\pi(N^2,(N+1)^2)>\int_{N^2}^{(N+1)^2}{\frac {dt} {\ln(t)}}-0.2\big((N+1)\ln(N+1)+N\ln N\big)$

При достаточно больших $N$ опять получаем справа отрицательное число. То есть нижняя граница никак не переползает за ноль.

Кстати, Вы хотите усилить гипотезу, доказывая, что между квадратами больше одного числа. Но достаточно показать, что есть хотя бы одно.

Мне кажется, что пользоваться существующими формулами количества простых на интервале неперспективно. Их бы уже использовали. Нужно, приняв за основу аппроксимацию, улучшать оценки и снизу, и сверху.

В идеале нужно попытаться найти точную формулу $\pi(N)=F(N)$. Этот результат затмил бы любую гипотезу о простых числах.