Простое число, док-во

[integral2009]

Как доказать, что неравенство $3n\leqslant p_n\leqslant 2^n$ выполняется начиная с некоторого $n\in\mathbb{Z}$.

$p_n$ - простое число. С чего хотя бы тут можно начать рассуждение? (что такое простое число, знаю, разумеется).

[Mathusic]

$n\le p_n$ -- очевидно.
Для второго -- теорема Чебышева, хотя, можно и проще.

[integral2009]

Mathusic в сообщении #685833 писал(а):

$n\le p_n$ -- очевидно.
Для второго -- теорема Чебышева, хотя, можно и проще.

Точно, для первого очевидно. А как второе проще? А как теорему Чебышева? Я только знаю в теории вероятностей теорему Чебышева...

Спасибо.

[Mathusic]

Между числом и удвоенным есть простое.

[Whitaker]

Верхнюю оценку можно доказать так:
По теореме Чебышева имеем, что для достаточно больших $x$ существуют $a$ и $A$, $0<a<A$, такие, что

$$a\dfrac{x}{\ln x}<\pi(x)<A\dfrac{x}{\ln x}$$

Взяв $x=p_n$ и учитывая, что $\pi(p_n)=n$ получаем, что

$$\pi(p_n)=n>a\dfrac{p_n}{\ln p_n}\geqslant \log_2 p_n=\dfrac{\ln p_n}{\ln 2}$$

начиная с некоторого $n>N_0$.
Но так как $\log_2p_n<n$, то отсюда сразу получаем, что $p_n<2^n$

[ИСН]

Whitaker, имейте совесть. Вы опираетесь на неадекватно сильное утверждение - фактически, что $p_n<C\cdot n\cdot\ln n$. Этого не нужно. Постулат Бертрана, как и было сказано - в самый раз.

[Ward]

Интересная тема.
Почитал доказательство Whitaker оно красивое, но он опирается на сильные результаты.
ИСН, а как через постулат Бертрана делать? Может подскажете?

[ИСН]

Да тут как бы и пояснять нечего... а впрочем, вот: про математическую индукцию слышали когда-нибудь?

[Ward]

ИСН
а как получить оценку $p_n\geqslant 3n$?

[integral2009]

Спасибо. По-моему так нужно доказать:

1) База. Тут все ок.

2) Переход. Пусть $p_n\leqslant 2^{n}$, тогда нужно проверить, что $p_{n+1}\leqslant 2^{n+1}$.

$p_{n+1}\leqslant 2\cdot 2^{n}$, ну а используя постулат Бертрана, взяв $k=2^n$ , имеем $2^{n}\leqslant p_{n+1} \leqslant2\cdot 2^{n}$. чтд.

Есть вопрос. А важен ли индекс у $p_n$ или нет.

[ИСН]

Ward в сообщении #685877 писал(а):

а как получить оценку $p_n\geqslant 3n$?

А это связано с тем, что часть чисел никак не могут быть простыми, потому что делятся на 2 или на 3. Если бы все остальные были простыми, то что бы это нам дало? А поскольку они не все, то тем более - - -

integral2009 в сообщении #685884 писал(а):

А важен ли индекс у $p_n$ или нет.

$p_5=11$, а $p_{125}=691$. По-моему, разница налицо. Определённо, эти маленькие циферки снизу зачем-то нужны, да.

[integral2009]

Ward в сообщении #685877 писал(а):

ИСН
а как получить оценку $p_n\geqslant 3n$?

Я понял так $p_n\geqslant 3n\geqslant n$, то есть $p_n\geqslant n$.

1) База -- очевидно.

2) Переход. Пусть $p_n\geqslant n$, проверим -- будет ли выполняться $p_{n+1}\geqslant n+1$.

a) $p_n=n+1$ - простое. Все ок, выполняется $p_{n+1}\geqslant n+1$

б) $n+1$ - составное. Тоже хорошо, так как найдется простое число, большее $n+1$, из чего следует $p_{n+1}\geqslant n+1$

[ИСН]

Вы что доказать хотели? А что доказали? А что нужно было?

[integral2009]

ИСН в сообщении #685889 писал(а):

Вы что доказать хотели? А что доказали? А что нужно было?

Вот это хотелось бы доказать $p_n\leqslant 2^n$

Там до этого была описка. Вот так будет верно?

1) База. Тут все ок.

2) Переход. Пусть $p_n\leqslant 2^{n}$, тогда нужно проверить, что $p_{n+1}\leqslant 2^{n+1}$.

$p_{n+1}\leqslant 2\cdot 2^{n}$, ну а используя постулат Бертрана, взяв $k=2^n$ , имеем $2^{n}\leqslant p_{n+1} \leqslant2\cdot 2^{n}$. чтд.

Только вот индекс меня смущает, что может не совсем то простое число. Если я возьму $k=2^n$ в неравенстве $k\leqslant p_k\leqslant 2k$, то $p_{2^n}$ -- вот что смущает... Значит все-таки неверно. А как быть?

[ИСН]

Переход в таком изложении может прокатить перед слушателем, который уже и так согласен. Вы в одной строчке говорите "нужно проверить, что $p_{n+1}\leqslant 2^{n+1}$", а в следующей немедленно утверждаете этот факт как факт. Почему факт? Потому что нам нужно? Ну ОК.