Док-во Гипотезы Лежандра

[megamix62]

vicvolf в сообщении #756106 писал(а):

megamix62 в сообщении #754158 писал(а):

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

Избавимся в (2) от $O(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})$ неравенством

$$\ln(P_{n}) \leqslant\ln(n)+\ln(\ln(n))+1.(2')$$

, которое верно при $n\ge4$

Этот переход не верен. Исходя из определения O - большого вместо 1 в (2') должно быть $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})$, где С - постоянная, значение которой может быть любое.

но из (2') следует $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$

[vicvolf]

megamix62 в сообщении #756128 писал(а):

....
но из (2') следует $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$

Из того, что С любое положительное число следует, что оно может быть $10^{100}$ и больше, поэтому из (2') не следует, что $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$.
Для того, чтобы делать такие оценки надо знать конкретное значение С, но О-большое таких оценок не дает, поэтому асимптотическое равенство с О-большим и в частности асимптотический закон распределения простых чисел, который Вы используете, бесперктивно использовать в таком доказательстве.
Надо использовать доказанные оценки максимального расстояния между соседними простыми числами, о которых я Вам писал в этой теме ранее, но Вы, к сожалению, не обратили на это внимание.

[Sender]

В принципе, для любого $C$ найдётся $n_0$, такое, что неравенство $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$ будет выполнено для всех $n>n_0$.

[vicvolf]

В данной гипотезе надо доказать неравенство, для одного конкретного, пусть даже большого n. Тогда для меньших значений n неравенство можно будет проверить на компьютере. А такой выбор $n_0$ по С не устраивает.

[megamix62]

Sender в сообщении #756172 писал(а):

В принципе, для любого $C$ найдётся $n_0$, такое, что неравенство $C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$ будет выполнено для всех $n>n_0$.

Цитата:

примерчик $f(x)=g(x)+O(\sin(x))$ и $ f(x)\leqslant g(x)+1$ для всех х, что скажем
$O(\sin(x))м\leqslant$

$C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$ верно для всех $n\ge4$ - это во-первых:!:
что следует из

$$\ln(P_{n}) \leqslant\ln(n)+\ln(\ln(n))+1.(2')$$

а оно верно для всех $n\ge4$

мы заменили $O(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})$ на 1 и знак равенства в (2) у нас поменялся на Неравенство в (2') ,
о чем это говорит
ответ:

$$C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$$

во-вторых
The asymptotic exphfnsion of $P_n$ is well know; Cesaro then Cipolla expressed it in 1902:

$P_{n}=n(\ln(n)+\ln\ln(n)-1 +\frac{\ln\ln(n)-2}{\ln(n)}-\frac{(\ln\ln(n))^2-6\ln\ln(n)+11}{2(\ln\ln(n))^2}+O((\frac{\ln\ln(n)}{\ln(n)})^3)). (I)$


из асимптотики простого числа $P_{n}$ видно, что коэфициент функции под O в (2), т е.$\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)} $ равен единицы в (I), а далее следующее значение идет со знаком минус...

в третьих
Рассмотрим функцию под O:

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

.

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

Вычислим функции $f(x)$ производную:

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

Максимум функции $f(x)$ находим уравнением

$$f'(x)=0$$

и он равен:

$$x_{\max}\approx 15,15426,$$

так что функция имеет единственный максимум в этом значении и только начиная с него монотонно убывает, т.е. $f'(x)<0$. при $x\ge16$.
$f(15)=0,3678, f(17)=0,3675, f(10001)=0,2410$ и

$\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}<0,38$ при $n\ge2$

из выше сказанного получаем

$$C \cdot (\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})\leqslant1$$

для всех $n\ge4$

P. S.

1.для доказательсва хватило б первого случая...

2.со второго случая следует $C \leqslant 2$

3. а третий показывает - $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}=0$.

[Sender]

megamix62 в сообщении #756349 писал(а):

а оно верно для всех $n \ge 4$

А это откуда следует?

[megamix62]

Чем отличается Гипотеза Линделёфа от Гипотезы Лежандра

-- 21.08.2013, 11:33 --

Sender в сообщении #756356 писал(а):

megamix62 в сообщении #756349 писал(а):

а оно верно для всех $n \ge 4$

А это откуда следует?

Estimates of Some Functions Over Primes without R.H.Pierre Dusart p.4 (4.1.)

[Sender]

Если известно, что $\ln p_n=\ln n+\ln \ln n+q_n$, где $q_n\leqslant 1$ при $n\geqslant 4$ и, кроме того, известно, что $\exists C:|q_n|\leqslant |C\frac{\ln \ln n}{\ln n}|$, то отсюда никак не следует, что $C\frac{\ln \ln n}{\ln n}\leqslant 1\; \text{при}\; n\geqslant 4$.

[megamix62]

а что следует, и какая $C$

какую мы не взяли б $C$ всегда найдется такое $n_0$ и для всех $n>n_0$, что

$$C\frac{\ln \ln n}{\ln n}\leqslant 1$$

чтоб оценить $0(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})$ возьмем разницу

$$0(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})=\ln(P_{n}) -(\ln(n)+\ln(\ln(n)))$$

так она при $n<2000$ and $n>1500$ не больше $0,138$,
а при $n<20000$ and $n>19500$ не больше $0,127$
а при $n<72500$ and $n>72000$ не больше $0,122$ и
$\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}\leqslant 0,2158$

вопрос - чему равна $C$, чтоб выполнялось неравенство

$$0.122 \leqslant 0.2159\cdot C$$

Верно ли , что если - $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}=0$,
то

$0(\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)})=o(1) $ при ${n\to+\infty}$

[Sender]

megamix62 в сообщении #756457 писал(а):

так она при $n<72500$ and $n>72000$ не больше $0,122$

А какова эта разница при $n=2013^{2013}$?

[megamix62]

Sender в сообщении #756524 писал(а):

megamix62 в сообщении #756457 писал(а):

так она при $n<72500$ and $n>72000$ не больше $0,122$

А какова эта разница при $n=2013^{2013}$?

не больше $0,122$

а в чем проблема

$C \cdot \lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\ln(\ln(n))}{\ln(n)}=C \cdot 0=0$,

[Sonic86]

Интересно, зачем обсуждать доказательство утверждения $\ln p_k\leqslant \ln k + \ln_2k+1$, если оно доказано в http://arxiv.org/abs/1002.0442. (там, правда, идет ссылка на другую статью, но это неважно - утверждение все равно слабое).

В рассуждении имеет место грубейшая ошибка при работе с неравенствами (все лишнее я стер, чтобы видно было):

megamix62 в сообщении #754158 писал(а):

...

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

...

$$\ln(P_{n}) \leqslant\ln(n)+\ln(\ln(n))+1.(2')$$

...

$$\ln(P_{n+1}) \leqslant\ln(n+1)+\ln(\ln(n+1))+1.(2'')$$

...
Тогда наше неравенство (1) из выше сказанного и учитывая (2′) и (2”) перепишется

$$(n+1)(\ln(n)+\ln(\ln(n))+1)<n(\ln(n+1)+\ln(\ln(n+1))+1).(3)$$

Т.е. ТС из того, что $A<B \ (1), A<C \ (2'), B<D \ (2'')$ делаем вывод, что $C<D \ (3)$.
Может сразу в Пургаторий утащить? Все равно он этого не понимает.

[Aritaborian]

(Sonic86)

Sonic86 в сообщении #756566 писал(а):

рассуждении имеет место грубейшая ошибка при работе с неравенствами

Вы ведь не первый раз на это указываете, ЕМНИП?

[megamix62]

Sonic86 в сообщении #756566 писал(а):

Интересно, зачем обсуждать доказательство утверждения $\ln p_k\leqslant \ln k + \ln_2k+1$, если оно доказано в http://arxiv.org/abs/1002.0442. (там, правда, идет ссылка на другую статью, но это неважно - утверждение все равно слабое).

В рассуждении имеет место грубейшая ошибка при работе с неравенствами (все лишнее я стер, чтобы видно было):

megamix62 в сообщении #754158 писал(а):

...

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

...

$$\ln(P_{n}) \leqslant\ln(n)+\ln(\ln(n))+1.(2')$$

...

$$\ln(P_{n+1}) \leqslant\ln(n+1)+\ln(\ln(n+1))+1.(2'')$$

...
Тогда наше неравенство (1) из выше сказанного и учитывая (2′) и (2”) перепишется

$$(n+1)(\ln(n)+\ln(\ln(n))+1)<n(\ln(n+1)+\ln(\ln(n+1))+1).(3)$$

Т.е. ТС из того, что $A<B \ (1), A<C \ (2'), B<D \ (2'')$ делаем вывод, что $C<D \ (3)$.

у меня так
$A<B ,(n+1)A<nB \ (1), A<C=A+\beta \ (2'), B<D=B+\gamma \ (2'') ,\ C<D ,\ (n+1)C<nD$

[hurtsy]

megamix62

Цитата:

Д-во методом индукции:

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

Как вы доказываете $P_{n+1}<P_{n}+n$? Или для Вас это очевидно? С уважением,