Док-во Гипотезы Лежандра

[megamix62]

Т.1 $P_{n}<n\cdot \sqrt{n}$, где $P_{n}$ - $n$ простое число

Д-во методом индукции:

$P_{n+1}<P_{n}+n<n\cdot \sqrt{n}+n<(n+1)\cdot \sqrt{n}<(n+1)\cdot \sqrt{n+1}$

Т.2. $P_{n+1}<P_{n}+2\cdot \sqrt{n+1}$
Д-во:
$P_{n+1}-P_{n}<(n+1)\cdot \sqrt{n+1}-n\cdot \sqrt{n}<n\cdot \sqrt{n+1}+\sqrt{n+1}-n\cdot \sqrt{n}<(n+1)\cdot \sqrt{n}+\sqrt{n+1}-n\cdot \sqrt{n}=\sqrt{n+1}+\sqrt{n}<2\cdot \sqrt{n+1}$


Из т2. вытекает Док-во Гипотезы Лежандра.

[nnosipov]

megamix62 в сообщении #748910 писал(а):

$P_{n+1}-P_{n}<(n+1)\cdot \sqrt{n+1}-n\cdot \sqrt{n}$

Одинаково направленные неравенства нельзя вычитать.

[megamix62]

vvv

-- 28.07.2013, 21:24 --

[Deggial]

megamix62, замечание за подъем темы бессодержательным сообщением

[megamix62]

megamix62 в сообщении #749960 писал(а):

vvv

-- 28.07.2013, 21:24 --

Подробно тут

Теорема1. $P_{n}^{n+1}>P_{n+1}^{n}$ , где $P_{n}-n$-ое простое число

Д-во : Допустим, что справедливо неравенство $P_{n}^{n+1}<P_{n+1}^{n}$

логарифмируя его ,получаем

$$(n+1)\cdot\ln(P_{n})<n\cdot\ln(P_{n+1}) . (1)$$

где

$$\ln(P_{n})=\ln(n)+\ln(\ln(n))+O(\frac{\ln(n)}{\ln(\ln(n))}). (2)$$

Тогда наше неравенство (1) учитывая (2) перепишется

$$(n+1)(\ln(n)+\ln(\ln(n))+O(\frac{\ln(n)}{\ln(\ln(n))}))<n(\ln(n+1)+\ln(\ln(n+1))+O(\frac{\ln(n+1)}{\ln(\ln(n+1))})).(3)$$

В правой части равенстве (2) "львиная доля" приходится на $\ln(n)$ , $\ln(\ln(n))$ и достаточно рассмотреть с ними два неравенства из (3):

первое

$$(n+1)\ln(n)<n\ln(n+1)(4)$$

и второе

$$(n+1)\ln(\ln(n))<n\ln(\ln(n+1)).(5)$$

.

Первое неравенство неверно(4), т.к из неравенства

$${n}^{n+1}>{(n+1)}^{n}$$

логарифмируя получаем

$$(n+1) \ln(n)>n \ln(n+1),(6)$$

.
Сравнивая (4) и (6) мы пришли к противоречию.
Рассмотрим второе неравенство(5) .
Т.к. с первым неравенством приходим к противоречию, но чтоб выполнялось (3), должно хотя бы выполнятся второе неравенство (5), т.е

$$(n+1)\ln(\ln(n))<n\ln(\ln(n)),$$

или тоже самое, что

$$\frac{\ln(\ln(n))}{n}<\frac{\ln(\ln(n+1))}{n+1}.(7)$$

Рассмотрим функцию:

$$f(x)=\frac{\ln\ln x}{x} $$

функция $f(x)$ монотонно убывает при $x>x_0$, что равносильно $f'(x)<0$ при $x>x_0$.

Вычислим функции $f(x)$ производную:

$$f'(x)=\frac{1}{x^2\ln x} - \frac{\ln\ln x}{x^2} $$

Максимум функции $f(x)=\frac{\ln(\ln(x))}{x}, x>1$ выражается через функцию Ламберта:

$$x_{\max}=\exp(\frac{1}{W(x)})\approx 5.8312,$$

так что функция имеет единственный максимум в этом значении и только начиная с него монотонно убывает.
Поэтому

$$f(n)>f(n+1) $$

или

$$\frac{\ln(\ln(n))}{n}>\frac{\ln(\ln(n+1))}{n+1}.(8)$$

верно, причём только для $n\ge6$

Сравнивая (7) и (8) мы приходим к противоречию.

Теорема доказана.
----------------------------------------------
неравенство

$$P_{n}^{n+1}>P_{n+1}^{n}$$

перепишем

$$P_{n+1}<P_{n}\sqrt[n]P_{n}$$

$$P_{n}+2\sqrt{P_{n}} = P_{n}(1+ 2P_{n}^{-0.5})>P_{n}\sqrt[n]P_{n}>P_{n+1}$$

при $n>20$,

$$P_{n+1} <P_{n}\sqrt[n]P_{n}<P_{n}+2\sqrt{P_{n}}. $$

Для $n<20$, достаточно проверить, что между квадратами чисел от 2 до 8 всегда найдётся простое, можно проверить на компьютере.

Тем самым Гипотеза Лежандра доказана.

[Cash]

megamix62 в сообщении #750316 писал(а):

В правой части равенстве (2) "львиная доля" приходится на $\ln(n)$ , $\ln(\ln(n))$ и достаточно рассмотреть с ними два неравенства из (3)

Недостаточно.

[Sender]

Насколько я могу судить, гипотезу Лежандра можно cформулировать в виде

$$ \forall n \in \mathbb{N} \; \lceil \sqrt{P_n}\rceil \geqslant \lfloor \sqrt{P_{n+1}}\rfloor, $$

но в приведённом доказательстве ничего похожего не видно.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Дискуссионные темы (М)»
Причина переноса: попытки доказательств разных гипотез обычно находятся в дискуссионных темах.

[megamix62]

Спасибо Shwedke и Сash...за замечание...
Обнаружил ошибку в остаточном члене(2) - должно

$$\ln(P_{n})=\ln(n)+\ln(\ln(n))+O(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}). (2),$$

а было

$$\ln(P_{n})=\ln(n)+\ln(\ln(n))+O(\frac{\ln(n)}{\ln(\ln(n))}). (2)$$

Интересно , что в Доказательстве#2 Tеоремы 1 ошибок не было .
дописываю концовку
----------------------------------------------------------
Рассмотрим в (3) третий член под О, тогда неравенство примет вид

$$(n+1)\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}<n\frac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(n+1)}(8)$$

Очевидно

$$\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}>\frac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(n+1)}$$

,

т.к. функция

$$f(x)=\frac{\ln(\ln(x))}{\ln(x)}$$

монотонно убывает при $x>x_0$, что равносильно $f'(x)<0$ при $x>x_0$.
Тогда

$$n\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}>n\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n+1)}$$

,
и тем более

$$(n+1)\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}>n\frac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(n+1)}(9)$$

Сравнивая неравенства (8) и (9) мы приходим противоречию.

Теорема доказана.

-- 04.08.2013, 12:02 --

Cash в сообщении #750397 писал(а):

megamix62 в сообщении #750316 писал(а):

В правой части равенстве (2) "львиная доля" приходится на $\ln(n)$ , $\ln(\ln(n))$ и достаточно рассмотреть с ними два неравенства из (3)

Недостаточно.

Можно бы контрпример

[Cash]

Ну, например
$n+1>n$, однако из этого не следует, что
$n+1+\ln \ln n > n + \ln n$, хотя
$\ln n = o(n)$ и $\ln \ln n =o(n)$

[megamix62]

Cash в сообщении #751833 писал(а):

Ну, например
$n+1>n$, однако из этого не следует, что
$n+1+\ln \ln n > n + \ln n$, хотя
$\ln n = o(n)$ и $\ln \ln n =o(n)$

Хотя бы так
$\ln n$ - тонна(км),
$\ln \ln n $ - кг (м)
$O(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})$ - грамм (см)

и тогда...


Неравенство $P_{n}^{n+1}<P_{n+1}^{n}$, анологично ${n}^{n+1}<{(n+1)}^{n}$, т.е.

простые подчиняются тем же законам как и натуральные числа...и "вероятность" к простым числам просто неуместна, там тоже действуют законы более (глубокие) общего порядка...

[Sonic86]

megamix62 в сообщении #751716 писал(а):

Рассмотрим в (3) третий член под О, тогда неравенство примет вид

$$(n+1)\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}<n\frac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(n+1)}(8)$$

Не доказано. И это даже невыводимо из выписанных посылок.
Вообще, ясно что $O\left((n+1)\frac{\ln\ln n}{\ln n}\right)=O\left(n\frac{\ln\ln (n+1)}{\ln (n+1)}\right)$.

Ещё раз объясняю Вам бесполезность использования только асимптотического закона распределения простых чисел для доказательства гипотезы Лежандра:
Если на возрастающую последовательность произвольных вещественных чисел $x_n$ налагается ограничение $C$ вида $x_n=f_M(n)+O\left(\frac{n}{\ln^M n}\right)$, где $\frac{n}{\ln^M n}=o(f_M(n))$, то исходя только из этого нельзя доказать, что $x_{n+1}-x_n=O(n^a), 0<a<1$ просто потому, что можно указать 2 последовательности, удовлетворяющие $C$, для одной из которых $x_{n+1}-x_n=O(n^a), 0<a<1$, а для другой это неверно: первом соотношению удовлетворяет $x_n:=f_M(n)$, а второму - $x_n:=f_M(n)+n^{a+\epsilon}\sin g(n)$..
А поскольку Вы из свойств простых чисел используете только асимптотический закон распределения, то Ваша попытка элементарно эквивалентна вышеописанной, потому бесплодна в принципе.

[vicvolf]

В работе Pintz, J. "Very large gaps between consecutive primes". J. Number Theory 63 (2): 286–301, 1997 доказано, что для максимального расстояния между соседними простыми числами Pn и Pn+1 – G(Pn) справедливо неравенство $G(P_n)<(P_n)^{u+\varepsilon}.(1)$ для достаточно больших Рn и малых ε, где u=0,525.
Если подставить в (1) $P_n=N^2$, то $G(P_n)<(P_n)^{0,525 \cdot 2}=P_n^{1,05}$.
Так как $(N+1)^2-N^2=2N+1$, то для выполнения гипотезы Лежандра требуется, чтобы для любого N выполнялось неравенство:
$2N+1>N^{1,05}$.
Однако, данное неравенство, выполняется только для N<1000000.
Если бы удалось доказать справедливость неравенства (1) при u=0,5, т.е. меньше всего на 0,025, то из этого следовала бы справедливость более сильной гипотезы, чем Лежандра, что между двумя квадратами соседних натуральных чисел находится, как минимум 2 простых числа.
Однако для доказательства гипотезы Лежандра достаточно доказательство более слабой гипотезы Andrica, что для любого n, для максимального расстояния между соседними простыми числами, выполняется неравенство: $G(P_n)<2(P_n)^{0,5}+1.(2)$ .
Подставляя сюда $P_n=N^2$ получаем $G(P_n)<2N+1$ , т.е. разница между простыми числами меньше разности квадратов соседних натуральных чисел.

[megamix62]

Sonic86 в сообщении #752292 писал(а):

megamix62 в сообщении #751716 писал(а):

Рассмотрим в (3) третий член под О, тогда неравенство примет вид

$$(n+1)\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}<n\frac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(n+1)}(8)$$

Не доказано. И это даже невыводимо из выписанных посылок.
Вообще, ясно что $O\left((n+1)\frac{\ln\ln n}{\ln n}\right)=O\left(n\frac{\ln\ln (n+1)}{\ln (n+1)}\right)$.

Ещё раз объясняю Вам бесполезность использования только асимптотического закона .

Спасибо за сообщения.

В первую очередь нужно ответить: правильно ли неравенство $P_{n}^{n+1}>P_{n+1}^{n}$ или нет?
Если да - то смотрим док-во , если нет - нечего дальше говорить...

$$P_{n+1} <P_{n}\sqrt[n]P_{n}<P_{n}+2\sqrt{P_{n}}. $$

Нужно проверить !

Во-первых и без О неравенство выполняется (без довеска).

Во-вторых из правил из О

$\frac{\ln\ln n}{\ln n}=O(\frac{\ln\ln (n)}{\ln (n)}).(1)$

$\frac{\ln\ln (n+1)}{\ln (n+1)}=O(\frac{\ln\ln (n+1)}{\ln (n+1)})$.

Во-втретьих
из вашим ясно ,что $O\left((n+1)\frac{\ln\ln n}{\ln n}\right)=O\left(n\frac{\ln\ln (n+1)}{\ln (n+1)}\right)$.
выполняется неравенство (3), хотя оно неверно выходя из (1)

да и примерчик не ахти $x_n=f_M(n)+O\left(\frac{n}{\ln^M n}\right)$,
т.к. у вас возростающая функция, а у меня убывающая смотрим (1).

-- 06.08.2013, 11:10 --

vicvolf в сообщении #752356 писал(а):

В работе Pintz, J. "Very large gaps between consecutive primes". J. Number Theory 63 (2): 286–301, 1997 доказано, что для максимального расстояния между соседними простыми числами Pn и Pn+1 – G(Pn) справедливо неравенство $G(P_n)<(P_n)^{u+\varepsilon}.(1)$ для достаточно больших Рn и малых ε, где u=0,525.
Если подставить в (1) $P_n=N^2$, то $G(P_n)<(P_n)^{0,525 \cdot 2}=P_n^{1,05}$.
Так как $(N+1)^2-N^2=2N+1$, то для выполнения гипотезы Лежандра требуется, чтобы для любого N выполнялось неравенство:

Просто результат революционный ...
У меня выполняется при $n>20$,

$$P_{n+1} <P_{n}\sqrt[n]P_{n}<P_{n}+2\sqrt{P_{n}}. $$

Берем и проверяем

[vorvalm]

megamix62 в сообщении #752466 писал(а):

Просто результат революционный ...
У меня выполняется при $n>20$,

$$P_{n+1} <P_{n}\sqrt[n]P_{n}<P_{n}+2\sqrt{P_{n}}. $$

Но по гипотезе Лежандра должно быть

$P_{n+1}<P_n+\sqrt{P_n}$