2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: доказать
Сообщение10.07.2009, 17:17 


24/01/07

402
TOTAL в сообщении #227706 писал(а):
Апис в сообщении #227692 писал(а):
Суммирование проходит по всем индексам от еденицы до к

Для каждого знака суммирования и произведения укажите, какой индекс и в каких пределах меняется.
Можете это сделать?

$\[
\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)
\]
$

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение11.07.2009, 08:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
Апис в сообщении #227788 писал(а):
$\[
\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)
\]
$

Поскольку используете один и тот же индекс операции (зачем, ведь это вносит путаницу?) в общей области действия знаков суммирования и произведения, то верно ли, что подразумевается
$$\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)\right] = \left( \sum\limits_{i = 1}^k  (p_i^2 )\right) \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)?$$
Ведь выражение
$$ \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)$$
не зависит от $i$ и может быть вынесено за знак суммирования.
Кроме того, ничего не сказано про $k.$

Так что формулируте задачу заново, полностью и аккуратно.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение11.07.2009, 13:54 


24/01/07

402
TOTAL в сообщении #227891 писал(а):
Апис в сообщении #227788 писал(а):
$\[
\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)
\]
$

Поскольку используете один и тот же индекс операции (зачем, ведь это вносит путаницу?) в общей области действия знаков суммирования и произведения, то верно ли, что подразумевается
$$\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)\right] = \left( \sum\limits_{i = 1}^k  (p_i^2 )\right) \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)?$$
Ведь выражение
$$ \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)$$
не зависит от $i$ и может быть вынесено за знак суммирования.
Кроме того, ничего не сказано про $k.$

Так что формулируте задачу заново, полностью и аккуратно.


Один индекс (i) не только не вносит путаницу, он необходим.
Произведение нельзя выносить за скобки, так как каждому шагу (i) суммирования соответствует шаг (i) произведения. k - номер простого числа. Например:
$\[
\begin{array}{l}
 p^2  - 4 \\ 
 \prod {\frac{1}{2}}  \\ 
 k - 1 \\ 
 \end{array}
\]
$ $\[
\begin{array}{l}
 p^2  - 9 \\ 
 \prod {\frac{1}{2}\frac{2}{3}}  \\ 
 k - 2 \\ 
 \end{array}
\]
$ $\[
\begin{array}{l}
 p^2  - 25 \\ 
 \prod {\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{4}{5}}  \\ 
 k - 3 \\ 
 \end{array}
\]
$

Пока шлифуем формулировку
Поставлю вопрос несколько иначе, так мне потом будет легче объснить цель работы.
Доказать что: Нельзя доказать и нельзя опровергнуть данное выражение
$\[
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\textstyle{{\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)} \over x}} = 0
\]
$

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 05:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
Апис в сообщении #227962 писал(а):
Один индекс (i) не только не вносит путаницу, он необходим.
Произведение нельзя выносить за скобки, так как каждому шагу (i) суммирования соответствует шаг (i) произведения. k - номер простого числа.

Сожалею, но я не понимаю Ваших обозначений, попробуйте найти того, кто понимает, удачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 10:38 


24/01/07

402
Уважаемые форумчане, исправление формулировки зашло в тупик. Я выложу всю работу, благо она небольшая. TOTAL, или кто желает, посмотрите по всей цепочке и скажите где ошибка в обозначениях.
Количество простых чисел на интервале (0,x)
$\[
\left( {\frac{1}{2}} \right)\left( {\frac{2}{3}} \right)\left( {\frac{4}{5}} \right)....\frac{{p_k  - 1}}{{p_k }} = \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
Используя формулу, $\[
\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$ - вычисляем количество простых чисел на интервале $\[
\left( {p_k ,p_k^2 } \right)
\]
$ - и далее по интервалам $\[
\left( {p_{k - 1}^2 ,p_k^2 } \right)
\]
$$\[
\left( {0,p_k^2 } \right)
\]
$ (0,x)
$\[
(p_k^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$ на интервале $\[
\left( {p_k ,p_k^2 } \right)
\]
$
$\[
\left[ {(p_k^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right) - \left( {p_{k - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{k - 1}  - 1} \right)}}{{p_{k - 1} }}} } \right)} \right]
\]
$на интервале $\[
\left( {p_{k - 1}^2 ,p_k^2 } \right)
\]
$
$\[
\sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]} 
\]
$на интервале$\[
\left( {0,p_k^2 } \right)
\]
$
$\[
\pi \left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
$\[
p_k^2  \le x < p_{k + 1}^2 
\]
$
p - простые числа
k - номер простого числа

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 10:53 
Заблокирован


19/06/09

386
Так требуется разобраться с пределом $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\pi (x)}{x}$ ?
Он равен нулю, т.к. по Теореме Чебышева существуют такие положительные постоянные $a$ и $b $:
$a\frac{x}{\ln x}<\pi(x)<b\frac{x}{\ln x}\qquad \forall x \geq 2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:07 


24/01/07

402
jetyb в сообщении #228256 писал(а):
Так требуется разобраться с пределом $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\pi (x)}{x}$ ?
Он равен нулю, т.к. по Теореме Чебышева существуют такие положительные постоянные $a$ и $b $:
$a\frac{x}{\ln x}<\pi(x)<b\frac{x}{\ln x}\qquad \forall x \geq 2$.

Может сначала обозначения, иначе нет предмета для обсуждения

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:20 
Заблокирован
Аватара пользователя


17/06/09

2213
Апис
Рассуждаем так. Пусть
$\[
\pi \left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
Тогда сумму можно преобразовать:
$\[
\sum\limits_{i = 1}^k {\left[{(p_i^2 )\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i  - 1}\right)}{p_i } } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}=\]
$
$\[
\sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\frac{(p_k  - 1)}{p_k} \right] - \sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left({p_i^2 }\right)\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_{i - 1}  - 1)}{p_{i - 1}}} \right)}}=\]
$
$\[
\left[{\frac{(p_k  - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right] + p_k^2\left[\frac{(p_k  - 1)}{p_k}-1\right]\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\]
$
Тогда
$\[
\pi \left( x \right) = 
x\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i  - 1} \right)}{p_i}} }+\left(\left[{\frac{(p_k  - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right] + p_k^2\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)=\]
$
$\[
= x\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i  - 1} \right)}{p_i}} }+\left[{\frac{(p_k  - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^k{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right]\]
$

Осталось лишь доказать, что $\left[{\frac{(p_k  - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^k{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1}  - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right]$ мало в сравнении с $x$.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:27 
Заблокирован


19/06/09

386
Апис в сообщении #228260 писал(а):
Может сначала обозначения, иначе нет предмета для обсуждения

В теории чисел функцией $\pi (x)$ традиционно обозначают число простых чисел не превосходящих $x$:
$\pi (x)=\sum\limits_{p\leq x}1$.
Кстати: то, что $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\pi (x)}{x}=0$ , сформулировал Эйлер, а строго доказал Лежандр.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:38 


24/01/07

402
jetyb в сообщении #228267 писал(а):
Апис в сообщении #228260 писал(а):
Может сначала обозначения, иначе нет предмета для обсуждения

В теории чисел функцией $\pi (x)$ традиционно обозначают число простых чисел не превосходящих $x$
$\pi (x)=\sum\limits_{p\leq x}1$
Кстати: то, что $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\pi (x)}{x}=0$ сформулировал Эйлер, а строго доказал Лежандр.

Я знаю что обозначает$\[
\pi (x)
\]
$
В моём случае примерно равно$\[
\pi (x) \approx \sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
Ещё раз прошу может сначала обозначения иначе о чём мы говорим

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5420
Нов-ск
Апис в сообщении #228273 писал(а):
В моём случае примерно равно$\[
\pi (x) \approx \sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
Ещё раз прошу может сначала обозначения иначе о чём мы говорим

$\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)$ - зависит эта величина от $i$ или нет?

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 11:52 
Заблокирован


19/06/09

386
Какие обозначения мне надо дать? Скажите, напишу.
Цитата:
$\[
\pi (x) \approx \sum\limits_{i = 1}^k {\left[ {(p_i^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i  - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1}  - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}  + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_k  - 1} \right)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$

Если(доверяю в этом вопросе вам) $\pi (x)$ примерно равно выражению, то к выражению деленному на $x$ можно применить вышеописанную оценку Чебышева. Кстати, выражение у меня вызывает недоумение: идет суммирование по $i$, значит в квадратных скобочках $i$ фиксировано, почему же в квадратных скобках есть суммирование по постоянному $i$? Попробуйте записать выражение так, как вы бы объясняли его компьютеру(пусть даже программой), а то непонятно что имеется ввиду.

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 12:30 


24/01/07

402
$\[
\left[ {\sum\limits_{i = 1}^k {(p_i^2 ) \cdot \sum\limits_{i = 1}^k {\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{(p_i  - 1)}}{{p_i }}} } \right)} }  - \sum\limits_{i = 1}^k {(p_{i = 1}^2 )}  \cdot \sum\limits_{i = 1}^k {\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{(p_{i = 1}  - 1)}}{{p_{i = 1} }}} } \right)} } \right] + (x - p_k^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{(p_k  - 1)}}{{p_k }}} } \right)
\]
$
По моему это ещё хуже, я с програмами не очень
Может кто нибудь свой вариант предложит
Можно ли так записать $\[
\mathop {p^2 }\limits_{i = 1}^k 
\]
$

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 12:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13435
с Территории
Ещё вариант: простым русским языком расскажите, о чём речь. Скажем, "Предел, где сверху стоит число простых чисел, не превосходящ..."

 Профиль  
                  
 
 Re: доказать
Сообщение13.07.2009, 12:43 
Заблокирован


19/06/09

386
Опять непонятно. Эта запись
$\sum\limits_{i = 1}^k {\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{(p_i  - 1)}}{{p_i }}} } \right)} }=?$
неправильна. Попробуйте написать $\sum\limits_{i = 1}^k {\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{(p_i  - 1)}}{{p_i }}} } \right)} } $ в случае $k=2,3$, возможно тогда что-то прояснится.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group