Асимптотическая плотность послед-ности и гипотезы о простых

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #736899 писал(а):

В данном случае, я доказал гипотезу при моих предпосылках и даже более строгих предположениях, чем у автора.

vicvolf в сообщении #737599 писал(а):

Я уже говорил, что я не даю доказательство - читайте внимательнее.

Давайте вы сначала определитесь, чем вы занимаетесь. Сейчас у вас какая-то детская игра - вроде как "доказал гипотезу", но стоит начать выспрашивать подробности, как сразу "не даю доказательство".

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #737570 писал(а):

Если вы решаете сравнение вида $ab \equiv 0\pmod p$ с использованием квадратичных вычетов, то вы либо издеваетесь над читателями, либо фундаментально не понимаете используемые вами математические средства.

Любое решение сравнения $f(x)g(x) \equiv 0\pmod p$ (1) является решением по крайней мере одного из сравнений $f(x) \equiv 0\pmod p$, $g(x) \equiv 0\pmod p$.
Если произведение $f(x)g(x)$ является многочленом 2-ой степени, то (1) является сравнением второй степени по простому модулю, которое при некоторых условиях является либо квадратичным вычетом, либо квадратичным невычетом по простому модулю p.
Кроме формулы Мертенса хочу сделать лично для вас еще одно фундаментальное открытие в теории чисел - можно перемножать сомножители в левой части сравнения.
К сожалению, математический уровень ваших сообщений по сравнению с началом темы резко упал. Они превратились в сплошные склоки и придирки. Жаль!

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #737725 писал(а):

Любое решение сравнения $f(x)g(x) \equiv 0\pmod p$ (1) является решением по крайней мере одного из сравнений $f(x) \equiv 0\pmod p$, $g(x) \equiv 0\pmod p$.

Из этого следует, что $x(x+2)\equiv0\pmod p$ тогда и только тогда, когда $x\equiv0\pmod p$ или $x+2\equiv0\pmod p$, то есть мы имеем ровно два очевидных решения сравнения и никакие квадратичные вычеты и Бухштаб не требуются. Незачем решать простейшие вспомогательные задачи сложными методами, лучше займитесь сутью.

vicvolf в сообщении #737725 писал(а):

К сожалению, математический уровень ваших сообщений по сравнению с началом темы резко упал.

Почему же? Я дал вам ценнейшую информацию, позволившую превратить ваше математическое фэнтези в более-менее читабельную фантастику. Произведение $\prod_{2<p<n}\frac{p-2}{p-1}$ в ваших выкладках до моей подсказки не появлялось.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #737835 писал(а):

Из этого следует, что $x(x+2)\equiv0\pmod p$ тогда и только тогда, когда $x\equiv0\pmod p$ или $x+2\equiv0\pmod p$, то есть мы имеем ровно два очевидных решения сравнения и никакие квадратичные вычеты и Бухштаб не требуются.

Количество линейных сравнений не всегда равно количеству их решений, так как решения могут совпадать. Например, сравнения $x\equiv0\pmod 2$ и $x+2\equiv0\pmod 2$ имеют только одно решение. Кстати за Бухштаба обидно. Он занимался не только квадратичными вычетами

-- 18.06.2013, 13:28 --

tolstopuz в сообщении #737835 писал(а):

Почему же? Я дал вам ценнейшую информацию, позволившую превратить ваше математическое фэнтези в более-менее читабельную фантастику.

У нас разное понятие о математическом фэнтези. Я бы отнес к нему ваш вариант нестрого обоснования гипотезы Харди-Литлвуда.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #737846 писал(а):

У нас разное понятие о математическом фэнтези. Я бы отнес к нему ваш вариант нестрого обоснования гипотезы Харди-Литлвуда.

Фэнтези я считаю тексты, где случаются любые чудеса - рациональные числа равны иррациональным, существуют "достаточно большие" числа, функции в полночь превращаются в константы и так далее. Фантастика же обладает неким правдоподобием, если описывается летающая тарелка, то надо хоть как-то соблюсти вежливость и намекнуть на ее принцип действия. За исключением того, что ваше повествование наполнено фэнтезийными чудесами и у вас учтено замечание vorvalm о теореме Мертенса, ваш последний вариант почти дословно совпадает с моим. Так что будем считать, что у этого фантастического рассказа совместное авторство. Продолжайте литературное творчество, если мне будет интересно, я присоединюсь.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #737604 писал(а):

vicvolf в сообщении #737599 писал(а):

Я уже говорил, что я не даю доказательство - читайте внимательнее.

Давайте вы сначала определитесь, чем вы занимаетесь. Сейчас у вас какая-то детская игра - вроде как "доказал гипотезу", но стоит начать выспрашивать подробности, как сразу "не даю доказательство".

У нас терминологическое недопонимание.
В этой работе я занимаюсь строгим доказательством вероятностных предпосылок гипотез о простых числах, а не самих гипотез.
Если при доказательстве гипотез их авторы делают другие допущения, тогда даже с учетом доказанных предпосылок гипотезы не являются строго доказанными. Я просто показываю, что при выполнении указанных предпосылок и допущений автора гипотеза справедлива.
Если мне удается сделать свои допущения, которые менее жестки, чем у автора, то я делаю свои допущения и доказываю гипотезу при этих допущениях. Но все равно данное доказательство не является строгим.
Вы называете это объяснением. Мне кажется, что термин объяснение здесь не очень подходит, так как объяснение не обязательно содержит доказательство справедливости гипотезы, при выполнении указанных предпосылок и допущений.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #738279 писал(а):

Если при доказательстве гипотез их авторы делают другие допущения, тогда даже с учетом доказанных предпосылок гипотезы не являются строго доказанными. Я просто показываю, что при выполнении указанных предпосылок и допущений автора гипотеза справедлива.

Эти красивые слова в реальности превращаются в фарс, где функции, перевернувшись через голову, обращаются константами, иррациональные числа переодеваются рациональными, а из-за кулис вылезают пугать зрителей "достаточно большие" числа.

[vicvolf]

Продолжение

На основании следствия 2 вероятность события, что натуральное число х является простым равна $1/\ln(x)+o(1/\ln(x)).$ (12)
Обозначим:
- $A_1$ событие, что большое натуральное число n является простым;
- $A_2$ событие, что натуральное число $n+2l_1$ является простым;
...
- $A_k$ событие, что натуральное число $n+2l_1+...+2l_k$ является простым.
Так как n большое, то длина k-кортежа $2(l_1+l_2+...l_k)$ значительно меньше n (13).
Тогда на основании (12), (13) выполняется:
$P(A_1)=P(A_2)=...=P(A_k)=1/\ln(n).$ (14)
На основании (13), (14) все $P(A_i)$ принадлежат к одной вероятностной мере, поэтому для них справедлива формула вероятности произведения событий.
Предположим, что все события $A_i$ независимы, тогда:
$P(A_1 \cdot A_2 \cdot ...\cdot A_k)=P(A_1)P(A_2)...P(A_k)=1/\ln^k(n).$ (15)
Однако, события $A_i$ зависимы, поэтому надо ввести поправочный коэффициент для учета зависимости - $C_k$.
С учетом поправочного коэффициента $C_k$ (15) запишется в виде:
$P(A_1 \cdot A_2 \cdot ...\cdot A_k)=C_k/\ln^k(n),$ (16) что соответствует гипотезе Харди-Литлвуда для k-кортежа.
Для определения коэффициента $C_k$ мы должны для каждого простого числа p найти поправочный коэффициент - $r_k(p)/s_k(p)$, где $r_k(p)$ - вероятность события, что для натурального n все значения $n, n+2l_1,...n+2l_1+...+2l_k$ не делятся на p, а $s_k(p)=(1-1/p)^k$ (17).
На основании (17) получаем:
$\frac {r_k(p)} {s_k(p)}=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k},$ (18)
где $w_k(p)$- число решений сравнения $x(x+2l_1)(x+2l_1+2l_2)...(x+2l_1+2l_2+...+2l_k) \equiv 0(\mod p).$ (19)
При предположении автора гипотезы о независимости остатков от деления на простое число p, получаем:
$C_k=\prod _{p} r_k(p)/s_k(p)=\prod _{p} \frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$(20)

Примечание
В формуле (20) $C_k=0$, если начиная с какого-то натурального числа m<k числа $0, 2l_1, 2l_1+2l_2,...,2l_1+2l_2+...+2l_k$ образуют полную систему вычетов по модулю p.
Например, числа 0, 2, 4 образуют полную систему вычетов по модулю 3, поэтому для триплета х, х+2, х+4 количество решений сравнения $x(x+2)(x+4) \equiv 0 (\mod 3)$ равно 3 и в формуле (20) значение $1-w_3(p)/p=1-3/3=0$, следовательно $C_3=0$.

Продолжение следует.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #738374 писал(а):

Для определения коэффициента $C_k$ мы должны для каждого простого числа p найти поправочный коэффициент - $r_k(p)/s_k(p)$, где $r_k(p)$ - вероятность события, что для натурального n все значения $n, n+2l_1,...n+2l_1+...+2l_k$ не делятся на p, а $s_k(p)=(1-1/p)^k$ (17).

Узнаю процитированный мною ранее кусок из Bateman-Horn, но что-то вы его подсократили. Думаете, так он будет убедительнее? :)

Цитата:

Thus for each prime $p$ we must apply a correction factor $r_p/s_p$, where $r_p$ is the chance that for random $n$ none of the integers $f_1(n),f_2(n),\cdots,f_k(n)$ is divisible by $p$ and $s_p$ is the change that none of the integers in a random $k$-typle is divisible by $p$. But clearly $r_p=1-\omega(p)/p$ and $s_p=(1-1/p)^k$.

[vicvolf]

Пояснение

Для фиксированного простого p разобьем натуральный ряд чисел на p непересекающихся классов: $pl-p+1, pl-p+2, ...pl-1, pl,$ где i - натуральное число. Простые числа могут находиться в p-1 классах кроме класса pl. Плотности простых чисел во всех последовательностях арифметических прогрессий: $pl-p+t, t \leq p-1$ одинаковы, поэтому равны и их количества на интервале натурального ряда от 2 до n. Учитывая это вероятность, что простое число p не является делителем натурального числа n равна $(p-1)/p=1-1/p$ (21).
Обозначим $B_1$ событие, что простое число p не является делителем натурального числа n, тогда на основании (21):
$Pr(B_1)=1-1/p$.
Обозначим $B_2$ событие, что простое число p натуральное число не является делителем натурального числа $n+2n_1$.
...
Обозначим $B_k$ событие, что простое число p натуральное число не является делителем натурального числа $n+2n_1+2n_2+...+2n_{k-1}$.
Так как n большое, то длина k-кортежа $2(l_1+l_2+...l_k)$ значительно меньше n, поэтому все вероятности:
$Pr(B_1),Pr(B_2),...Pr(B_k)$ принадлежат одной вероятностной мере то их можно сравнивать:
$Pr(B_1)=Pr(B_2)=...=Pr(B_k)=1-1/p,$ (22)
и для них справедлива формула вероятности произведения независимых событий:
$Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=(1-1/p)^k.$ (23)
Вероятность, что простое число p не является одновременно делителем всех k натуральных чисел кортежа: $n,n+2n_1,...n+2n_1+...+2n_{k-1}$ определяется по формуле:
$Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=1-w_k(p)/p,$ (24) где $w_k(p)$ число решений сравнения: $n(n+2n_1) ...(n+2n_1+...+2n_{k-1}) \equiv 0 (\mod p).$
Для каждого p на основании (23), (24) мы получаем коэффициент, учитывающий зависимость событий $B_i$:
$C_k(p)=Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)/Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$ (25)
На основании (25) и делая предположение автора гипотезы о независимости остатков при делении на простое число p получаем:
$C_k=\prod_{p<n}\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$ (26)

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #739173 писал(а):

и для них справедлива формула вероятности произведения независимых событий:
$Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=(1-1/p)^k.$ (23)
...
Для каждого p на основании (23), (24) мы получаем коэффициент, учитывающий зависимость событий $B_i$:
$C_k(p)=Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)/Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$ (25)

У меня укрепляется ощущение, что теме пора в Пургаторий. Концентрация взаимоисключающих утверждений превысила критическую.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #739400 писал(а):

vicvolf в сообщении #739173 писал(а):

и для них справедлива формула вероятности произведения независимых событий:
$Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=(1-1/p)^k.$ (23)
...
Для каждого p на основании (23), (24) мы получаем коэффициент, учитывающий зависимость событий $B_i$:
$C_k(p)=Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)/Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$ (25)

У меня укрепляется ощущение, что теме пора в Пургаторий. Концентрация взаимоисключающих утверждений превысила критическую.

Коэффициент $C_k$ учитывает зависимость событий, поэтому является частным от деления вероятности произведения событий (с учетом их зависимости), на вероятность произведения независимых событий. Если вы это не знаете, то вам пора в Пураторий!

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #739408 писал(а):

tolstopuz в сообщении #739400 писал(а):

vicvolf в сообщении #739173 писал(а):

и для них справедлива формула вероятности произведения независимых событий:
$Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=(1-1/p)^k.$ (23)
...
Для каждого p на основании (23), (24) мы получаем коэффициент, учитывающий зависимость событий $B_i$:
$C_k(p)=Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)/Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}.$ (25)

У меня укрепляется ощущение, что теме пора в Пургаторий. Концентрация взаимоисключающих утверждений превысила критическую.

Коэффициент $C_k$ учитывает зависимость событий, поэтому является частным от деления вероятности произведения событий (с учетом их зависимости), на вероятность произведения независимых событий. Если вы это не знаете, то вам пора в Пураторий!

Не надо бессмысленно огрызаться. Если вы хотите, чтобы ваши сообщения представляли интерес не только для психологов, изучающих творчество графоманов, перечитывайте их перед отправкой и исправляйте хотя бы очевидные ляпы. У вас в формуле (23) утверждается, что $Pr(B_1 \cdot B_2...\cdot B_k)=Pr(B_1)Pr(B_2)...Pr(B_k)$, а в формуле (25) вы делите левую часть этого равенства на правую и вместо ожидаемой единицы получаете что-то другое.

[vicvolf]

Формула (24), которую вы почему-то не приводите, написана с учетом зависимости событий. Далее при получении (25) сделана ссылка на (24). Почему вы ее опускаете - это искажает смысл!

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #739444 писал(а):

Формула (24), которую вы почему-то не приводите, написана с учетом зависимости событий. Далее при получении (25) сделана ссылка на (24). Почему вы ее опускаете - это искажает смысл!

Я подставил ваше равенство (23) в вашу формулу (25) и получил противоречие. Я не обязан при этом пользоваться формулой (24).

Кстати, ваш способ мышления описан в литературе:

Цитата:

Слушайте, вы неверно относитесь к моим утверждениям, принимая их за гипотезы и тщательно выводя их следствия. Вам следует считать их полностью универсальными оправданиями, которые я применяю, когда кто-то заявляет что-то, что мне не нравится.