Асимптотическая плотность послед-ности и гипотезы о простых

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #741247 писал(а):

Я уже показывал, что $C_k(p)=\frac {1-w_k(p)/p} {(1-1/p)^k}$ не зависит от n, а только зависит от p.

Именно этот кусок текста я и предлагал отправить в Пургаторий в связи с зашкаливающей концентрацией взаимоисключающих утверждений. Одни и те же события у вас в одном предложении зависимы, в другом независимы.

Но спишем это все на ваше косноязычие. Проблема в другом: вы вспоминаете о конечном $n$ только тогда, когда это вам удобно. Если же каждое ваше равенство записать не для волшебной страны с единорогами, а с реальной зависимостью от $n$, волшебный туман развеивается, и равенства превращаются в тыкву. Для математической сказки это приемлемо, но доказательством это не является ну просто ни разу. Вы ничего не "показывали", вы только рассказывали.

[vicvolf]

Показываю реальную зависимость от n.

На основании известной формулы, основанной на решете Эратосфена, для определения количества простых чисел не превосходящих х (теорема 335 Бухштаб):
$\pi(x) = \pi(\sqrt{x})-1+[x]-\sum_{p_i|M}{[x/p_i]}+\sum_{p_i p_j|M}{[x/p_i p_j]}- ... -\sum_{p_1 p_2...p_r|M}{[x/p_1 p_2 ... p_r]},$ (4)
где $M=2 \cdot 3...\cdot p_r$, а $p_r \leq \sqrt{x}$.
Для большого натурального х на основании (4) получим плотность простых чисел f(n) на интервале от 2 до х:
$P(f,2,x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x+1- \sum_{p_i|M}{1/p_i}+\sum_{p_i p_j|M}{1/p_i p_j}- ... -\sum_{p_1 p_2...p_r|M}{1/p_1 p_2 ... p_r}=\prod_{p\leq \sqrt{x}} {(1-1/p)}+r(x),$ (5)
где $r(x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x=O(1/(x\ln(x)))$.
Так как при больших х величина r(x)- мала, то с большой точностью выполняется независимость остатков при делении на простые числа:
$P(f,2,x)=\prod_{p\leq \sqrt{x}} {(1-1/p)},$ (6) что подтверждается вашими экспериментальными исследованиями.

tolstopuz в сообщении #734134 писал(а):

Чтобы число $n$ было простым, оно не должно делиться на предыдущие простые числа. Если считать факты делимости на разные простые числа независимыми, то получаем

$$P(n)=\prod_{p<n}P_p(n)\approx\prod_{p<n}\frac{p-1}p=\frac 1 2 \frac 2 3 \frac 4 5 \frac 6 7 \frac {10} {11} \frac {12}{13}\ldots$$

(здесь и далее все произведения берутся по простым числам).
Для $p$, малых по сравнению с $\sqrt{n}$, независимость действительно хорошо соблюдается: $(1-P_5(1000))(1-P_7(1000))=\frac{200}{1000}\frac{142}{1000}=0,0284$, а $1-P_{35}(1000)=\frac{28}{1000}=0,028$.
Для $p$, сравнимых с $\sqrt n$ и еще больших, ситуация намного хуже: $(1-P_{23}(1000))(1-P_{29}(1000))=\frac{23}{1000}\frac{29}{1000}=0,001462$, а $1-P_{23\cdot29}(1000)=\frac{1}{1000}=0,001$.

На основании решета Эратосфена указанное произведение надо брать при $p\leq \sqrt{n}}$, тогда независимость действительно соблюдается.
При $\sqrt{x} <p \leq x$ остатки от деления уже зависимы и справедлива формула Мертенса. Об этом случае я говорил в предыдущем сообщении.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #742130 писал(а):

На основании решета Эратосфена указанное произведение надо брать при $p\leq \sqrt{n}}$, тогда независимость действительно соблюдается.

И все равно процентов 5-6 разницы есть, причем в другую сторону. Вы помните, как гордо вы относились к этому раньше?

vicvolf в сообщении #735120 писал(а):

Подгоночные коэффициенты не нужны, если исходить из моей предпосылки, что вероятность натурального числа n быть простым равна $1/\ln(n)$, так как $e^C \prod_{p<n} (1-1/p) \sim 1/\ln(n) ,$ где C-постоянная Эйлера и ваш подгоночный коэффициент $e^C$ учитывается автоматически, а то действительно получается подгонка.

Что-то у вас все разладилось, ничего автоматически не учитывается. Придется придумывать новую подгонку...

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #742144 писал(а):

И все равно процентов 5-6 разницы есть, причем в другую сторону.

Конечно меньше на r(x), где $r(x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x<2/x\ln(x)$. Но при возрастании x - r(x) стремится к 0. Поэтому при больших х ее можно пренебречь и считать, что остатки при делении натурального х на простые числа, не превосходящие $\sqrt{x}$ независимы.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #742144 писал(а):

vicvolf в сообщении #735120 писал(а):

Подгоночные коэффициенты не нужны, если исходить из моей предпосылки, что вероятность натурального числа n быть простым равна $1/\ln(n)$, так как $e^C \prod_{p<n} (1-1/p) \sim 1/\ln(n) ,$ где C-постоянная Эйлера и ваш подгоночный коэффициент $e^C$ учитывается автоматически, а то действительно получается подгонка.

Что-то у вас все разладилось, ничего автоматически не учитывается. Придется придумывать новую подгонку...

Я свое мнение не меняю. Нельзя, как автор гипотезы, предполагать одновременно, что вероятность большого натурального числа n быть простым равна $1/\ln(n)$ и независимость остатков от деления n на простые числа в формуле для его получения $\prod_{p<n} (1-1/p)$, когда известно, что $\prod_{p<n} (1-1/p)<1/\ln(n)$ и из справедливости формулы Мертенса вытекает - $e^C \prod_{p<n} (1-1/p) \sim 1/\ln(n) ,$ где C-постоянная Эйлера. Поэтому никакие подгонки не нужны - это ваше любимое занятие.

tolstopuz в сообщении #734134 писал(а):

Чтобы число $n$ было простым, оно не должно делиться на предыдущие простые числа. Если считать факты делимости на разные простые числа независимыми, то получаем

$$P(n)=\prod_{p<n}P_p(n)\approx\prod_{p<n}\frac{p-1}p=\frac 1 2 \frac 2 3 \frac 4 5 \frac 6 7 \frac {10} {11} \frac {12}{13}\ldots$$

(здесь и далее все произведения берутся по простым числам).
Для $p$, малых по сравнению с $\sqrt{n}$, независимость действительно хорошо соблюдается: $(1-P_5(1000))(1-P_7(1000))=\frac{200}{1000}\frac{142}{1000}=0,0284$, а $1-P_{35}(1000)=\frac{28}{1000}=0,028$.
Для $p$, сравнимых с $\sqrt n$ и еще больших, ситуация намного хуже: $(1-P_{23}(1000))(1-P_{29}(1000))=\frac{23}{1000}\frac{29}{1000}=0,001462$, а $1-P_{23\cdot29}(1000)=\frac{1}{1000}=0,001$.
Поэтому введем эмпирический поправочный коэффициент $K(n)$, нейтрализующий зависимость:

$$P(n)=K(n)\prod_{p<n}P_p(n)\approx K(n)\prod_{p<n}\frac{p-1}p=K(n)\frac 1 2 \frac 2 3 \frac 4 5 \frac 6 7 \frac {10} {11} \frac {12}{13}\ldots$$

Теперь вернемся к вашему фентези, как вы любите называть. Сначала мы видим бесконечное произведение, затем под ним ограничение - $p<n$, затем предположение о независимости остатков, потом, что оно не проходит и нужен подгоночный коэффициент. Есть такая хорошая пословица - "Нечего на других пенять, коли рожа крива..."
Критиковать всегда легче, чем предлагать конструктивное. Поэтому предлагаю сменить тон диалога на более конструктивный, тактичный и сдержанный.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #742314 писал(а):

Теперь вернемся к вашему фентези, как вы любите называть. Сначала мы видим бесконечное произведение, затем под ним ограничение - $p<n$, затем предположение о независимости остатков, потом, что оно не проходит и нужен подгоночный коэффициент.

Ну наконец-то заметили :)

Предположение о независимости остатков у Bateman-Horn:

Цитата:

Since $\log f_i(n)$ is around $h_i \log n$, the chance that $f_1(n), f_2(n), \cdots, f_k(n)$ are all primes would seem to be about

$$h_1^{-1}h_2^{-1}\cdots h_k^{-1}(\log n)^{-k}.$$

But this ignores the fact that $f_1(n),f_2(n),\cdots,f_k(n)$ are not quite random integers. Thus for each prime $p$ we must apply a correction factor

Мой текст:

tolstopuz в сообщении #734134 писал(а):

Если считать факты делимости на разные простые числа независимыми, то получаем
...
Поэтому введем эмпирический поправочный коэффициент $K(n)$, нейтрализующий зависимость

Ваш текст:

vicvolf в сообщении #740765 писал(а):

Предположим, независимость остатков от деления n на различные p, тогда вероятность, что большое натуральное число n является простым равна произведению вероятностей независимых событий $\prod_{p<n} (1-1/p).$(3.1).

Как видите, суть одна и та же. Но только вы называете это доказательством, остальные авторы придерживаются позиции интеллектуальной честности и считают это сказкой.

-- Вт июл 02, 2013 17:04:59 --

vicvolf в сообщении #742224 писал(а):

tolstopuz в сообщении #742144 писал(а):

И все равно процентов 5-6 разницы есть, причем в другую сторону.

Конечно меньше на r(x), где $r(x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x<2/x\ln(x)$. Но при возрастании x - r(x) стремится к 0. Поэтому при больших х ее можно пренебречь и считать, что остатки при делении натурального х на простые числа, не превосходящие $\sqrt{x}$ независимы.

Ваша ошибка в формуле (5). Видимо, вы не понимаете, что означают квадратные скобки в формуле (4). Насколько я помню, их смысл объяснялся еще в школьном курсе алгебры.

Мое терпение кончается. Если такие ляпы будут повторяться, я, пользуясь статусом заслуженного участника, попрошу модераторов перенести тему в Пургаторий в связи со злокачественном невежеством автора.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #742446 писал(а):

Предположение о независимости остатков у Bateman-Horn:
Since $\log f_i(n)$ is around $h_i \log n$, the chance that $f_1(n), f_2(n), \cdots, f_k(n)$ are all primes would seem to be about

$$h_1^{-1}h_2^{-1}\cdots h_k^{-1}(\log n)^{-k}.$$

But this ignores the fact that $f_1(n),f_2(n),\cdots,f_k(n)$ are not quite random integers. Thus for each prime $p$ we must apply a correction factor

Мой текст:
Если считать факты делимости на разные простые числа независимыми, то получаем
...
Поэтому введем эмпирический поправочный коэффициент $K(n)$, нейтрализующий зависимость

А я надеялся, что там есть какие-то ваши мысли

Цитата:

Ваш текст:
Предположим, независимость остатков от деления n на различные p, тогда вероятность, что большое натуральное число n является простым равна произведению вероятностей независимых событий $\prod_{p<n} (1-1/p).$(3.1).

Цитата:

Как видите, суть одна и та же. Но только вы называете это доказательством, остальные авторы придерживаются позиции интеллектуальной честности и считают это сказкой

Нет смысл совершенно разный. Не надо вырывать фразу из контекста. Я как раз говорю о необходимости учета зависимости остатков и доказываю это.

vicvolf в сообщении #736276 писал(а):

На основании следствия 2 вероятность, что натуральное число х является простым равна:
$1/\ln(x)+o(1/\ln(x)). (1)$
Используя формулу Мертенса можно записать:
$e^C \prod_{p<n} (1-1/p) \sim 1/\ln(n) ,$ где C-постоянная Эйлера.
Это эквивалентно:
$e^C \prod_{p<n} (1-1/p) =1/\ln(n) +o(1/\ln(n)).(2)$
Пусть $A_1$ - событие, что большое натуральное число n является простым.
Тогда на основании формул (1),(2):
$P(A_1)=e^C \prod_{p<n} (1-1/p).(3)$
Найдем вероятность, что большое натуральное число n является простым другим методом.
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 $(p-1)/p=1-1/p$.
Для того, чтобы натуральное число n являлось простым, оно не должно делится на любое число p меньше n. Предположим, независимость остатков от деления n на различные p, тогда вероятность, что большое натуральное число n является простым равна произведению вероятностей независимых событий $\prod_{p<n} (1-1/p).$(3.1).
Сопоставим формулы (3) и (3.1). Формула (3.1) получена при условии независимости остатков от деления n на различные p, а формула (3) без данного предположения.
Следовательно, остатки от деления натурального числа n на различные простые числа p зависимы и отношение вероятностей, что большое натуральное число n является простым с учетом зависимости и без учета зависимости равно $e^C,$ (3.2) где С- постоянная Эйлера.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #742446 писал(а):

Ваша ошибка в формуле (5). Видимо, вы не понимаете, что означают квадратные скобки в формуле (4).

Не морочьте голову всем и мне. Я прекрасно знаю, что это означает. Но я написал, что х - большое. Ошибка в каждом члене суммы не превосходит 1/x, и знаки у членов суммы меняются, поэтому ошибки частично гасятся. Точную оценку ошибки пока не сделал, но по-моему она не превосходит $1/\sqrt{x}$. Уточню.

-- 02.07.2013, 22:10 --

tolstopuz в сообщении #742446 писал(а):

Мое терпение кончается. Если такие ляпы будут повторяться, я, пользуясь статусом заслуженного участника, попрошу модераторов перенести тему в Пургаторий в связи со злокачественном невежеством автора.

Заслуженный участник ... прекратите истерики. Нечего подменять модераторов форума. Никто вас не заставляет принимать участие в теме. Однако, вы написали в ней сообщений больше, чем за все годы участия в форуме. Значит интересно!

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #742643 писал(а):

Нет смысл совершенно разный. Не надо вырывать фразу из контекста. Я как раз говорю о необходимости учета зависимости остатков и доказываю это.

Смысл совершенно одинаковый. Во всех трех цитатах говорят о необходимости учета зависимости остатков и придумывают для этого правдоподобные аргументы. Но только вы называете это доказательством.

-- Ср июл 03, 2013 10:51:52 --

vicvolf в сообщении #742692 писал(а):

Точную оценку ошибки пока не сделал, но по-моему она не превосходит $1/\sqrt{x}$. Уточню.

Вот это и называется "морочить голову". Как уточните - возвращайтесь.

vicvolf в сообщении #742692 писал(а):

Однако, вы написали в ней сообщений больше, чем за все годы участия в форуме. Значит интересно!

Да, мне интересно заниматься разоблачением математического обмана и невежества.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #742130 писал(а):

На основании известной формулы, основанной на решете Эратосфена, для определения количества простых чисел не превосходящих х (теорема 335 Бухштаб):
$\pi(x) = \pi(\sqrt{x})-1+[x]-\sum_{p_i|M}{[x/p_i]}+\sum_{p_i p_j|M}{[x/p_i p_j]}- ... -\sum_{p_1 p_2...p_r|M}{[x/p_1 p_2 ... p_r]},$ (4)
где $M=2 \cdot 3...\cdot p_r$, а $p_r \leq \sqrt{x}$.
Для большого натурального х на основании (4) получим плотность простых чисел f(n) на интервале от 2 до х:
$P(f,2,x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x+1- \sum_{p_i|M}{1/p_i}+\sum_{p_i p_j|M}{1/p_i p_j}- ... -\sum_{p_1 p_2...p_r|M}{1/p_1 p_2 ... p_r}=\prod_{p\leq \sqrt{x}} {(1-1/p)}+r(x),$ (5)
где $r(x)=(\pi(\sqrt{x})-1)/x=O(1/(x\ln(x)))$.

Оценка ошибки формулы (5).

В сумме с делителем одним простым числом максимальная ошибка в каждом члена равна 1/x, где х - большое натуральное число. Так как количество членов в этой сумме на основании асимптотического закона простых чисел равно $\frac {\sqrt{x}} {\ln(\sqrt{x})}=2\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}$, то максимальная ошибка в сумме с одним простым делителем равна $2\frac {\sqrt{x}} {x\ln(x)}=\frac {2} {\sqrt{x}\ln(x)}$. Поскольку перед суммой стоит минус, то при данной ошибке выражение (5) возрастает.
Перед суммой с 2-мя простыми делителями стоит плюс, поэтому ошибка в этой сумме должна уменьшить общую ошибку выражения (5), поэтому посчитаем ее нулевой.
Перед суммой с 3-мя простыми делителями стоит знак минус, поэтому ошибка в ней добавится к общей ошибке.
Максимальная ошибка в каждом члене не превосходит 1/x, а количество членов определяется как число сочетаний -

$$C^3_{2\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}}=\frac {2}{3!}\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}(2\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}-1)( 2\frac {\sqrt{x}}{\ln(x)}-2)=4x\sqrt{x}/3\ln^3(x)-2x/\ln^2(x)+2/3\ln(x)$$

.
Если умножить на 1/x, то получим $4\sqrt{x}/3\ln^3(x)-2/\ln^2(x)+2/3x\ln(x)$.
Таким образом, из-за первого члена, ошибка неограниченно возрастает. Аналогично получается с другими нечетными суммами с большим количеством членов.
Может я где-то ошибся, но результат странный.
По-моему логично, исходя из решета Эратосфена и предположения о независимости остатков, определять вероятность события А, что большое натуральное x является простым числом по формуле: $Pr(A)=\prod_{p<\sqrt{x}} (1-1/p).$ Ваши собственные оценки дают в этом случае относительную ошибку на уровне 5-6 процентов.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #743266 писал(а):

По-моему логично, исходя из решета Эратосфена и предположения о независимости остатков, определять вероятность события А, что большое натуральное x является простым числом по формуле: $Pr(A)=\prod_{p<\sqrt{x}} (1-1/p).$ Ваши собственные оценки дают в этом случае относительную ошибку на уровне 5-6 процентов.

Математика - не обмен мнениями, аргументы "по-моему, логично" в ней не проходят.

Кроме того, в цитируемом вами расчете показано, что эти остатки тоже зависимы:

tolstopuz в сообщении #734134 писал(а):

$(1-P_5(1000))(1-P_7(1000))=\frac{200}{1000}\frac{142}{1000}=0,0284$, а $1-P_{35}(1000)=\frac{28}{1000}=0,028$.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #738374 писал(а):

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)

При доказательстве, что $C_k$ не зависит от х, а зависит только от р совсем не обязательно делать предположение о независимости остатков. Так как они зависимы, то $C_k=f(r_k(p)/s_k(p))=F(p).$

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #743618 писал(а):

При доказательстве, что $C_k$ не зависит от х, а зависит только от р совсем не обязательно делать предположение о независимости остатков. Так как они зависимы, то $C_k=f(r_k(p)/s_k(p))=F(p).$

Что-то вы совсем запутались. Изложите последнюю версию своего аргумента в пользу гипотезы Харди-Литлвуда полностью в одном сообщении.

[Sonic86]

vicvolf в сообщении #743266 писал(а):

Максимальная ошибка в каждом члене не превосходит 1/x, а количество членов определяется как число сочетаний -

$$C^3_{2\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}}=\frac {2}{3!}\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}(2\frac {\sqrt{x}} {\ln(x)}-1)( 2\frac {\sqrt{x}}{\ln(x)}-2)=4x\sqrt{x}/3\ln^3(x)-2x/\ln^2(x)+2/3\ln(x)$$

.
Если умножить на 1/x, то получим $4\sqrt{x}/3\ln^3(x)-2/\ln^2(x)+2/3x\ln(x)$.
Таким образом, из-за первого члена, ошибка неограниченно возрастает. Аналогично получается с другими нечетными суммами с большим количеством членов.
Может я где-то ошибся, но результат странный.

Результат не доказан (причем совершенно никак не доказан)
Аргументы типа

vicvolf в сообщении #743266 писал(а):

Перед суммой с 2-мя простыми делителями стоит плюс, поэтому ошибка в этой сумме должна уменьшить общую ошибку выражения (5), поэтому посчитаем ее нулевой.

в качестве доказательства также не котируются никак.

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #743640 писал(а):

vicvolf в сообщении #743618 писал(а):

При доказательстве, что $C_k$ не зависит от х, а зависит только от р совсем не обязательно делать предположение о независимости остатков. Так как они зависимы, то $C_k=f(r_k(p)/s_k(p))=F(p).$

Что-то вы совсем запутались. Изложите последнюю версию своего аргумента в пользу гипотезы Харди-Литлвуда полностью в одном сообщении.

Я понял.
-- 05.07.2013, 21:43 --

Sonic86 в сообщении #743648 писал(а):

vicvolf в сообщении #743266 писал(а):

Может я где-то ошибся, но результат странный.

Результат не доказан (причем совершенно никак не доказан)

Что не верно конкретно?

Цитата:

Аргументы типа

vicvolf в сообщении #743266 писал(а):

Перед суммой с 2-мя простыми делителями стоит плюс, поэтому ошибка в этой сумме должна уменьшить общую ошибку выражения (5), поэтому посчитаем ее нулевой.

в качестве доказательства также не котируются никак.

Что Вы предлагаете? Можете уточнить оценку?