Бесконечность простых в последовательности многочленов

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #706048 писал(а):

$P(f\cap g/f,2,x)>P(f,2,x)$ для достаточно больших x, где $g(n)=4n^2+1$, а $f(n)$-последовательность простых чисел.

Теперь можно начинать доказывать это утверждение. Как я понял, Вы хотите привлекать для доказательства какие-то вероятностные меры. Конкретизируйте их, а затем переходите к доказательству неравенства. И ещё: если Вы собираетесь использовать какие-то теоремы из теории вероятностей, сформулируйте их, предварительно убедившись, что их применение корректно в рассматриваемой Вами ситуации.

Вы по-прежнему считаете, что у Вас есть строгое математическое доказательство?

[vicvolf]

Покажем выполнение свойств вероятностной меры, при определении плотности последовательности, как долю членов последовательности $f(n)$ в последовательности натурального ряда на интервале [$A,B$):
Определение.
Плотноcть последовательности чисел $f(n)$ в последовательности натурального ряда - $P(f,A,B)=\frac {\pi(f,A,B)} {B-A}.$

$1.P(X)=1.$
Доказательство
При $f(n)=n$ (последовательность принимает значение натурального ряда) - $P(f,A,B)=\frac {B-A} {B-A}=1.$

$2.P(A)\geq 0$.
Доказательство
В дроби $P(f,A,B)=\frac {\pi(f,A,B)} {B-A}.$ числитель неотрицателен, а знаменатель всегда положителен.

$3.P(A_1+A_2+...+A_n+_...)=P(A_1)+P(A_2)+...+P(A_n)+...,$ гле + - объединение множеств.

Сначала докажем
Пусть имеются две последовательности $f(n)$ и $g(n)$ на интервале натурального ряда [$A,B$) , тогда:
$P(f+g,A,B)=P(f,A,B)+P(g,A,B)-P(f \cap g,A,B), (3)$
где $P(f \cap g,A,B)$ -плотность чисел, принадлежащим обеим последовательностям на интервале [$A,B$).

Доказательство
На основании формулы включений и исключений получаем:
$P(f+g,A,B)=\frac {\pi(f\cap g,A,B)} {B-A}=\frac {\pi(f,A,B)+\pi(g,A,B)-\pi(f \cap g,A,B)} {B-A}=P(f,A,B)+P(g,A,B)-P(f \cap g,A,B),$
где $\pi(f \cap g,A,B)$ - количество общих членов последовательностей на интервале [$A,B$) ч.т.д.
Следствие
Если последовательности $f(n)$, $g(n)$ не имеют общих членов, то $P(f+g,A,B)=P(f,A,B)+P(g,A,B), (4)$
так как $\pi(f \cap g,A,B)=0.$

На основании данного следствия свойство 3 доказывается методом математической индукции, используя определение 4 сигма-алгебры:
$4. A_n \in \sigma (n=1,2,...) следует \cup_n A_n \in \sigma , \cap_n A_n \in \sigma $

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #706745 писал(а):

$1.P(X)=1.$
Доказательство
При $f(n)=n$ (последовательность принимает значение натурального ряда) - $P(f,A,B)=\frac {B-A} {B-A}=1.$

Что такое $X$ в данном случае?

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #706759 писал(а):

vicvolf в сообщении #706745 писал(а):

$1.P(X)=1.$
Доказательство
При $f(n)=n$ (последовательность принимает значение натурального ряда) - $P(f,A,B)=\frac {B-A} {B-A}=1.$

Что такое $X$ в данном случае?

Все члены натурального ряда на интервале [A,B).

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #706778 писал(а):

Все члены натурального ряда на интервале [A,B).

Столь витиеватым образом Вы определили обычную (классическую) вероятность на множестве $[A,B)$. И какое это отношение имеет к доказательству неравенства? Вы понимаете, что в утверждении

Цитата:

$P(f\cap g/f,2,x)>P(f,2,x)$ для достаточно больших x, где $g(n)=4n^2+1$, а $f(n)$-последовательность простых чисел.

речь идёт о вполне конкретных последовательностях $f(n)$ и $g(n)$? Что для произвольной пары последовательностей это неравенство уже будет неверным?

В общем, пишите доказательство этого неравенства, хватит ерундой заниматься и переписывать из предыдущих своих тем банальности, не относящиеся к делу. И помните: как только Вы употребляете слово "вероятность", должно быть понятно, о какой вероятностной мере идёт речь (т.е. должно быть понятно, на каком множестве $X$ она задана, какая $\sigma$-алгебра имеется в виду и как именно определена сама функция $P(A)$). Иначе мы опять получим бессмысленный текст типа

vicvolf в сообщении #703530 писал(а):

Условная вероятность, что число n является простым, если известно, что n является нечетным (многочлены 3-его типа принимают только нечетные значения) будет больше безуслолвной вероятности, полученной по формуле (1), в случае если известно, что многочлены неприводимые над кольцом целых чисел и коэффициенты многочлена являются взаимнопростыми числами (аналогично 3).
Поэтому справедлива оценка:
$P(f \cap g/g,2,n)>P(f,2,n) \sim 1/ \ln(n)$.(4)

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #706840 писал(а):

vicvolf в сообщении #706778 писал(а):

Все члены натурального ряда на интервале [A,B).

Столь витиеватым образом Вы определили обычную (классическую) вероятность на множестве $[A,B)$. И какое это отношение имеет к доказательству неравенства? Вы понимаете, что в утверждении

Цитата:

$P(f\cap g/f,2,x)>P(f,2,x)$ для достаточно больших x, где $g(n)=4n^2+1$, а $f(n)$-последовательность простых чисел.

речь идёт о вполне конкретных последовательностях $f(n)$ и $g(n)$? Что для произвольной пары последовательностей это неравенство уже будет неверным?

Конечно. Но перед этим еще об одной аксиоме, которая связывает абсолютную вероятность $P(A)$ для события А и условную вероятность $P(A/B)$, относящуюся к событию А, ограниченному дополнительным условием B. Поэтому к перечисленным трем свойствам конечной вероятной меры надо добавить 4 свойство об условной вероятности $P(A/B)$.
4. Вероятность совмещения событий А и B равна:
$P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A/B).$ Вероятность $P(A/B)$ не определена, если $P(B)=0$.
По отношению к указанной выше безусловной вероятности $P(A)$ величина $P(A/B)$ также является обычной вероятностью, для которой выполняются указанные выше свойства 1-3 вероятностной меры.
Докажем свойство 4 для произвольных последовательностей $f(n), g(n)$. Доказательство не является банальностью, так как Вы просили все доказывать и именно в этой теме.

Пусть имеются две последовательности $f(n),g(n)$ на интервале [A,B), тогда:
$P(f\cap g,A,B)=P(f,A,B) \cdot P(f\cap g/f,A,B),$
где $P(f\cap g/f,A,B)-$ плотность общей последовательности $f\cap g$ в последовательности $f(n)$ на интервале [A,B).
Эту величину можно трактовать, как долю членов общей последовательности $f\cap g$ в последовательности $f(n)$ на интервале [A,B).

Доказательство
Из определения плотности $P(f\cap g/f,A,B)= \frac {\pi(f\cap g/f,A,B)} {B-A}.$
Преобразуем:
$\frac {\pi(f\cap g/f,A,B)} {B-A}=\frac {\pi(f,A,B)} {B-A} \frac {\pi(f\cap g/f,A,B)} {\pi(f,A,B)}=P(f,A,B) \cdot P(f\cap g/f,A,B)$ ч.т.д.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #706873 писал(а):

Конечно.

Ну и как Вы собираетесь использовать свойства этих последовательностей? Очевидно, что тех банальных соображений, что Вы привели, недостаточно. Текст, который Вы выдаёте за доказательство, просто бессмыслен. Это-то Вы понимаете?

-- Вс апр 07, 2013 14:45:11 --

vicvolf в сообщении #706873 писал(а):

условную вероятность $P(A/B)$

А вы ещё не дали определения "условной вероятности". Возьмите учебник и посмотрите, что это есть по определению. А потом попробуйте найти содержательный смысл в том, что Вы написали про "условную вероятность".

Вся Ваша деятельность напоминает переливание из пустого в порожнее. Никаких продвижений в сторону доказательства заявленного неравенства у Вас нет.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #705990 писал(а):

nnosipov в сообщении #705986 писал(а):

Я спрашиваю, что такое $P(f\cap g/f,2,x)$, а не что такое $\lim_{x \to \infty}P(f\cap g/f,2,x)$. Итак, что это?

$P(f\cap g/f,2,x)=\frac {P(f\cap g,2,x)} {P(f,2,x)}=\frac {\pi(f\cap g,2,x)} {\pi(f,2,x)}$.

Это определение величины $P(f\cap g/f,2,x)$, данное Вами. А вот теперь Ваша теорема про неё (точнее, про аналогичную величину $P(f\cap g/f,A,B)$:

vicvolf в сообщении #706873 писал(а):

Пусть имеются две последовательности $f(n),g(n)$ на интервале [A,B), тогда:
$P(f\cap g,A,B)=P(f,A,B) \cdot P(f\cap g/f,A,B),$
где $P(f\cap g/f,A,B)-$ плотность общей последовательности $f\cap g$ в последовательности $f(n)$ на интервале [A,B).

И эта теорема Вам не кажется банальностью? Да уж ... Вы всерьёз думаете, что переписывая эти тривиальности по нескольку раз и в разных видах, докажете нетривиальный факт об оценке $P(f\cap g/f,2,x)$? Из равенства
$P(f\cap g,2,x)=P(f,2,x)P(f\cap g/f,2,x)$ очевидным образом вытекает неравенство $P(f\cap g/f,2,x)>P(f\cap g,2,x)$, а не неравенство $P(f\cap g/f,2,x)>P(f,2,x)$, которое Вам померещилось. В общем случае заявленное Вами неравенство неверно, а для фиксированной пары последовательностей требует самостоятельного обоснования. Которого у Вас нет.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #706874 писал(а):

Вы ещё не дали определения "условной вероятности". А потом попробуйте найти содержательный смысл в том, что Вы написали про "условную вероятность".

Условная вероятность $P(A/B)$ -это вероятность наступления события А при условии наступления события B. Я думаю, это всем известно и можно было не писать! Пожалуйста, не торопитесь, дайте мне сначала дописать сообщение до конца.

-- 07.04.2013, 15:16 --

nnosipov в сообщении #706920 писал(а):

Из равенства
$P(f\cap g,2,x)=P(f,2,x)P(f\cap g/f,2,x)$ очевидным образом вытекает неравенство $P(f\cap g/f,2,x)>P(f\cap g,2,x)$

Это естественно, так как получается домножением на величину меньшую 1.

-- 07.04.2013, 15:23 --

nnosipov в сообщении #706874 писал(а):

Вся Ваша деятельность напоминает переливание из пустого в порожнее. Никаких продвижений в сторону доказательства заявленного неравенства у Вас нет.

Я пытаюсь ответить на Ваши замечания и поэтому не могу перейти к доказательству. Если у Вас нет больше замечаний, к сказанному выше, то я перейду к доказательству.

nnosipov в сообщении #706920 писал(а):

В общем случае заявленное Вами неравенство неверно, а для фиксированной пары последовательностей требует самостоятельного обоснования. Которого у Вас нет.

Наберитесь немного терпения и не делайте выводов, пока я не приведу доказательство.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #706978 писал(а):

Условная вероятность $P(A/B)$ -это вероятность наступления события А при условии наступления события B.

Это просто слова, а не определение условной вероятности. Что они значат, непонятно. Определение условной вероятности Вы не дали. Посмотрите в учебнике.

[Руст]

Я извиняюсь, что вмешался. Как я понял, речь идет о распределении простых значений неразложимого многочлена $f(x)$.
На самом деле неразложимость над $Q$ еще ничего не гарантирует. Дополнительно требуется (как необходимое условие), чтобы для всех $p\le n=deg(f)$ было не разрешимо $f(x)=0$ над $Z_p$.
Например $x^3+2x+3$ неразложимый и значения всегда делятся на 3. На самом деле и указанное необходимое условие ничего не гарантирует. Для степеней выше 2 вопрос чрезвычайно сложный и вряд ли стоит касаться. Если брать только квадратные многочлены, то для решения потребуется доказательство гипотезы Берча Суинертона-Дайера, возможно в придачу к расширенной гипотезе Римана. Поэтому, не стоит пока этим заниматься, по крайней мере кустарными методами.

[Sonic86]

Руст в сообщении #707026 писал(а):

Если брать только квадратные многочлены, то для решения потребуется доказательство гипотезы Берча Суинертона-Дайера

А почему?

[nnosipov]

Руст в сообщении #707026 писал(а):

Я извиняюсь, что вмешался.

Наоборот, спасибо, что вмешались. Надеюсь, что ТС прислушается к Вашим словам:

Руст в сообщении #707026 писал(а):

Поэтому, не стоит пока этим заниматься, по крайней мере кустарными методами.

У меня терпение на исходе, и я не знаю, как объяснить, что чудес не бывает.

[vicvolf]

Руст в сообщении #707026 писал(а):

Я извиняюсь, что вмешался. Как я понял, речь идет о распределении простых значений неразложимого многочлена $f(x)$.
На самом деле неразложимость над $Q$ еще ничего не гарантирует. Дополнительно требуется (как необходимое условие), чтобы для всех $p\le n=deg(f)$ было не разрешимо $f(x)=0$ над $Z_p$.
Например $x^3+2x+3$ неразложимый и значения всегда делятся на 3. На самом деле и указанное необходимое условие ничего не гарантирует. Для степеней выше 2 вопрос чрезвычайно сложный и вряд ли стоит касаться. Если брать только квадратные многочлены, то для решения потребуется доказательство гипотезы Берча Суинертона-Дайера, возможно в придачу к расширенной гипотезе Римана. Поэтому, не стоит пока этим заниматься, по крайней мере кустарными методами.

Разговор идет только об одном типе неприводимых над кольцом целых чисел многочленов с взаимнопростыми коэффициентами, последовательность которых при изменении n принимает только нечетные значения.
Утверждение об этом типе многочленов. Последовательность многочленов принимает при изменении n только нечетные значения, если количество одночленов в многочлене с нечетными коэффициентами четно, а свободный член является нечетным числом. Приведенный пример к данному типу многочленов не относится.

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #707044 писал(а):

Приведенный пример к данному типу многочленов не относится.

Ну, другой пример есть: $x^3+5x+3$. Этот многочлен принимает только нечётные значения. И в то же время все его значения кратны трём.