Асимптотическая плотность послед-ности и гипотезы о простых

[vorvalm]

vicvolf в сообщении #734966 писал(а):

Это вероятность, что натуральное число n является простым числом. Кстати легко показать, что $\prod_{p<n}\frac{p-1}{p}\sim 1/\ln(n)$

Это теорема Мертенса

$\prod_{p<x}(1-\frac 1 p)\sim\frac{e^{-C}}{\ln x}$

Используя эту теорему, можно дать асимптотическую оценку числа любых групп простых чисел, начиная с близнецов, в натуральном ряду.
Что и сделал В.Брун с близнецами. Но это не доказывает их бесконечность.

[tolstopuz]

vorvalm в сообщении #734988 писал(а):

vicvolf в сообщении #734966 писал(а):

Это вероятность, что натуральное число n является простым числом. Кстати легко показать, что $\prod_{p<n}\frac{p-1}{p}\sim 1/\ln(n)$

Это теорема Мертенса
$\prod_{p<x}(1-\frac 1 p)\sim\frac{e^{-C}}{\ln x}$

Числитель этой формулы и есть величина, обратная моему "подгоночному коэффициенту" $K$ :)

vicvolf в сообщении #734956 писал(а):

Я повторяю я не доказываю гипотезу Харди-Литлвуда, я ее уже доказал через асимптотику topic62088-75.html.

Вы ничего там не доказали. Ваша формула для $P_k(x)$ дает результат, меньший правильного в $e^{2\gamma}$, или, другими словами, в $K^2$ раз. Ищите ошибку.

[vicvolf]

Да, описался - там формула Мертенса, но суть остается та же.
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. Поэтому не требуются никакие предпосылки о независимости остатков.
Постоянная $2C_2=1,32$ получается не при предельном переходе, а при небольших n, так как произведение быстро сходится, поэтому конечной аддитивности вполне достаточно.
Кстати, чтобы получить окончательную формулу гипотезы надо использовать формулу: $Pr(A_1 \cdot A_2)=Pr(A_1)Pr(A_2/A_1)=1/\ln(n) \cdot 1,32 \cdot 1/\ln(n)=1,32/\ln^2(n)$.
Так что моих предпосылок оказалось достаточно для доказательства гипотезы Харди-Литлвуда.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #735120 писал(а):

Да, описался - там формула Мертенса, но суть остается та же.
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. Поэтому не требуются никакие предпосылки о независимости остатков.
Постоянная $2C_2=1,32$ получается не при предельном переходе, а при небольших n, так как произведение быстро сходится, поэтому конечной аддитивности вполне достаточно.
Кстати, чтобы получить окончательную формулу гипотезы надо использовать формулу: $Pr(A_1 \cdot A_2)=Pr(A_1)Pr(A_2/A_1)=1/\ln(n) \cdot 1,32 \cdot 1/\ln(n)=1,32/\ln^2(n)$.
Так что моих предпосылок оказалось достаточно для доказательства гипотезы Харди-Литлвуда.

Доказательство гипотезы Харди-Литлвуда для близнецов.

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:
$e^C \prod_{p<n} (1-1/p) =1/\ln(n) +o(1/\ln(x)).(2)$
Пусть $A_1$ - событие, что большое натуральное число n является простым.
Тогда на основании формул (1),(2):
$P(A_1)=e^C \prod_{p<n} (1-1/p).(3)$
Пусть $A_2$ - событие, что большое натуральное число n+2 является простым.
Так как число n значительно больше 2, то
$P(A_2)=e^C \prod_{p<n} (1-1/p).(4)$
Так как n является большим натуральным числом, то все вероятности: $P(A_1), P(A_2), P(A_2/A_1)$ принадлежат одной вероятностной мере, их можно сравниваить и для них выполняется формула вероятности произведения событий.
Вероятность события, что большое натуральное число n+2 является простым при условии, что число n является простым равна:
$P(A_2/A_1)=e^C \prod_{p<n} \frac {p-2}{p-1}.(5)$
На основании формул (4), (5) определим отношение:
$C_2=P(A_2/A_1)/P(A_2)=2\prod_{2<p<n} \frac {p(p-2)}{(p-1)^2}.(6)$
На основании формулы (6) и формулы вероятности произведения событий можно записать:
$P(A_1 \cdot A_2)=P(A_1)\cdot P(A_2/A_1)=P(A_1)\cdot C_2 \cdot P(A_2).(7)$
Учитывая большое значение n:
$P(A_1)=P(A_2)=1/\ln(n).$
Поэтому (7) можно представить в виде:
$P(A_1 \cdot A_2)=P(A_1)\cdot P(A_2/A_1)=P(A_1)\cdot C_2 \cdot P(A_2)=C_2/\ln^2(n),(7)$
что соответствует гипотезе Харди-Литлвуда.
Сходным образом можно убедиьться в справедливости гипотезы Харди-Литлвуда для всех близнецов $p, p+2n_1$ при натуральных $n_1>1$.

Таким образом моих предпосылок оказалось достаточно для доказательства гипотезы Харди-Литлвуда для близнецов.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #736276 писал(а):

Вероятность события, что большое натуральное число n+2 является простым при условии, что число n является простым равна:
$P(A_2/A_1)=e^C \prod_{p<n} \frac {p-2}{p-1}.(5)$

Ну вот, повозмущались по поводу моих околоматематических фантазий, а теперь списали у меня формулу, да еще стыдливо опустив допущения, при которых она верна. Что ж, раз у вас написано "доказательство", доказывайте ее.

[vorvalm]

Между прочем, можно легко показать, что

$\prod\frac{p-2}{p-1}\sim C_2\cdot\prod\frac{p-1}{p},\;p\rightarrow\infty.$

$0,5<C_2<1$

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #736297 писал(а):

vicvolf в сообщении #736276 писал(а):

Вероятность события, что большое натуральное число n+2 является простым при условии, что число n является простым равна:
$P(A_2/A_1)=e^C \prod_{p<n} \frac {p-2}{p-1}.(5)$

теперь списали у меня формулу, да еще стыдливо опустив допущения, при которых она верна. Что ж, раз у вас написано "доказательство", доказывайте ее.

Я уже не в тои возрасте, когда списывают! Надеюсь, что Вы написали это с юмором, иначе еще раз прошу Вас быть корректнее!
Теперь о Вашем вопросе. Я не считаю необходимым приводить этот вывод в доказательстве, так как он достаточно элементарен, но громоздок. Однако для Вас лично я поясню.
Событие $A_1$ заключается в том, что большое натуральное число n является простым числом, событие $A_2$ заключается в том, что большое натуральное число n+2 является простым числом. Требуется найти $P(A_2/A_1)$.
При большом n, если оно является простым числом, то обязательно нечетным, поэтому n+2 также является нечетным числом. Если n+2 является простым числом, то оно не должно делиться на простые числа:2, 3,5,7,...
Вероятность, что нечетное простое число n+2 не делится на 2 $q(2)=1$.
Определим вероятность, что нечетное простое число n+2 не делится на 3 при условии, что n является простым.
Разобьем натуральные числа на 3 непересекающихся класса:3k-2,3k-1,3k, где k-натуральное число. Простые числа находятся только среди двух классов: 3k-2,3k-1. Если простое число n принадлежит классу 3k-2, то простое число n+2 должно принадлежать классу 3k, но это не возможно. Если простое число n принадлежит классу 3k-1, то простое число n+2 должно принадлежать классу 3k+1, что возможно. Поскольку плотности простых чисел в классах 3k-2,3k-1, 3k+1 равны, то вероятность, что n+2 делится на 3 $q(3)=1/2$.
Определим вероятность, что нечетное простое число n+2 не делится на 5 при условии, что n является простым.
Разобьем натуральные числа на 5 непересекающихся класса:5k-4,5k-3,5k-2,5k-1,5k где k-натуральное число. Простые числа находятся только среди 4 классов: 5k-4,5k-3,5k-2,5k-1. Если простое число n принадлежит классу 5k-2,, то простое число n+2 должно принадлежать классу 5k, но это не возможно. В остальных 3 случаях простое число n+2 должно принадлежать классу 5k-2,5k-1,5k+1 что возможно. Поскольку плотности простых чисел в классах 5k-4.5k-2,5k-1,5k+1 равны, то вероятность, что n+2 делится на 5 $q(5)=3/4$ и.т.д.
С учетом зависимости остатков $P(A_2/A_1)=e^C\prod_{2<p<n} q(p)=e^C\frac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ...} {2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ...}= e^C\prod_{2<p<n} \frac {p-2} {p-1}$ ч.т.д.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #736405 писал(а):

С учетом зависимости остатков $P(A_2/A_1)=e^C\prod_{2<p<n} q(p)=e^C\frac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ...} {2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ...}= e^C\prod_{2<p<n} \frac {p-2} {p-1}$ ч.т.д.

Вы хотите сказать, что подгоночный коэффициент $e^C$ превращает произведение вероятностей зависимых событий в правильное значение $P(A_2/A_1)$? Где я могу увидеть доказательство этой гипотезы?

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #736448 писал(а):

vicvolf в сообщении #736405 писал(а):

С учетом зависимости остатков $P(A_2/A_1)=e^C\prod_{2<p<n} q(p)=e^C\frac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ...} {2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ...}= e^C\prod_{2<p<n} \frac {p-2} {p-1}$ ч.т.д.

Вы хотите сказать, что подгоночный коэффициент $e^C$ превращает произведение вероятностей зависимых событий в правильное значение $P(A_2/A_1)$? Где я могу увидеть доказательство этой гипотезы?

В данном случае разговор идет не о зависимости событий $A_2$, $A_1$, а о зависимости остатков при делении n на простое число p. Она действительно имеется, что вытекает из формулы Мертенса, где вероятность полученная при предположении о независимости остатков по простому модулю умножается на $e^C$. Поэтому выражение для $P(A_2/A_1)$, полученное при предположении независимости остатков по простому модулю $\prod_{2<p<n}\frac {p-2} {p-1}$, для учета зависимости остатков, должно быть умножено на $e^C$.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #736493 писал(а):

В данном случае разговор идет не о зависимости событий $A_2$, $A_1$, а о зависимости остатков при делении n на простое число p. Она действительно имеется, что вытекает из формулы Мертенса, где вероятность полученная при предположении о независимости остатков по простому модулю умножается на $e^C$. Поэтому выражение для $P(A_2/A_1)$, полученное при предположении независимости остатков по простому модулю $\prod_{2<p<n}\frac {p-2} {p-1}$, для учета зависимости остатков, должно быть умножено на $e^C$.

Я не вижу здесь никаких математических рассуждений, только слабую аналогию. Формула Мертенса показывает взаимозависимость остатков от деления $n$ на разные $p$ для произвольных натуральных $n$, вам же нужна такая взаимозависимость только для простых $n$. А вдруг она другая?

Так что доказывайте. Я дал вам идею доказательства и оставил несколько дыр для заполнения, это одна из них :)

[vicvolf]

tolstopuz в сообщении #736527 писал(а):

vicvolf в сообщении #736493 писал(а):

В данном случае разговор идет не о зависимости событий $A_2$, $A_1$, а о зависимости остатков при делении n на простое число p. Она действительно имеется, что вытекает из формулы Мертенса, где вероятность полученная при предположении о независимости остатков по простому модулю умножается на $e^C$. Поэтому выражение для $P(A_2/A_1)$, полученное при предположении независимости остатков по простому модулю $\prod_{2<p<n}\frac {p-2} {p-1}$, для учета зависимости остатков, должно быть умножено на $e^C$.

Я не вижу здесь никаких математических рассуждений, только слабую аналогию. Формула Мертенса показывает взаимозависимость остатков от деления $n$ на разные $p$ для произвольных натуральных $n$, вам же нужна такая взаимозависимость только для простых $n$. А вдруг она другая?

Да, это мое предположение, которое я допускаю при доказательстве гипотезы. Автором гипотезы допускается предположение о независимости остатков при делении натурального числа на простой модуль, которое опровергается формулой Мертенса.
Мое предположение остатки от деления натурального числа на простой модуль зависимы, но, простите за тавтологию, они не зависимы от того известно ли нам, что это натуральное число простое или нет. Согласитесь, что мое предположение более строгое.
Однако я увлекся и стал заниматься доказательством гипотезы, хотя целью темы является доказательство предпосылок гипотезы и показать, что при данных предпосылках и предположениях автора гипотеза справедлива.
В данном случае, я доказал гипотезу при моих предпосылках и даже более строгих предположениях, чем у автора. Да, конечно это не строгое доказательство гипотезы, но я такой цели и не ставлю. А теперь я продолжу тему дальше.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #736276 писал(а):

$C_2=P(A_2/A_1)/P(A_2)=2\prod_{2<p<n} \frac {p(p-2)}{(p-1)^2}.(6)$

Преобразуем формулу (6) к виду:
$C_2=2\prod_{2<p<n} \frac {1-2/p}{(1-1/p)^2}.$(8)
Это соответствует формуле:
$C_2=\prod_{p<n} \frac {1-w(p)/p}{(1-1/p)^2},$(9)
где $w(p)$ - число решений сравнения $x(x+2) \equiv 0(\mod p).$
Покажем это:
$x(x+2)=x^2+2x= (x+1)^2-1 \equiv 0(\mod p).$
$(x+1)^2 \equiv 1(\mod p).$
Обозначим $y=x+1$. Тогда:
$(y)^2 \equiv 1(\mod p).$
При $p=2$ получаем $w(2)=1.$ (10)
При $p>2$ на основании теоремы 200 (Бухштаб) необходимым и достаточным условием, чтобы данное сравнение имело 2 решения является справедливость сравнения:
$1^{(p-2)/2} \equiv 1(\mod p),$ (11) что выполняется.
Поэтому на основании (10),(11):
$C_2=\frac {1-1/2}{(1-1/2)^2}\prod_{2<p<n} \frac {1-2/p}{(1-1/p)^2}=2\prod_{2<p<n} \frac {1-2/p}{(1-1/p)^2}$, что соответствует (8).

Продолжение следует.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #737398 писал(а):

$C_2=\prod_{p<n} \frac {1-w(p)/p}{(1-1/p)^2},$(9)
где $w(p)$ - число решений сравнения $x(x+2) \equiv 0(\mod p).$

Примечание

В формуле (9) берется произведение по всем простым p, поэтому складывается впечатление, что это делается при предположении о независимости остатков при делении натурального числа n на различные простые числа.
На самом деле, как я показал выше, это не так и имеется зависимость остатков при делении на различные простые числа, которая учитывается домножением на коэффициент $e^C$, где C - постоянная Эйлера (см. формулы (4), (5)).
Однако при определении $C_2$ по формуле (6) данные коэффициенты сокращаются.

Продолжение следует.

[tolstopuz]

vicvolf в сообщении #736899 писал(а):

Да, это мое предположение, которое я допускаю при доказательстве гипотезы.

Будьте честными с собой и другими. Никакого доказательства у вас нет. У вас есть довольно интересное и в меру правдоподобное объяснение, которое по какой-то невероятной случайности практически совпадает с объяснением, данным здесь мной неделей раньше.

vicvolf в сообщении #737536 писал(а):

На самом деле, как я показал выше, это не так и имеется зависимость остатков при делении на различные простые числа, которая учитывается домножением на коэффициент $e^C$, где C - постоянная Эйлера (см. формулы (4), (5)).

Вы ничего не показали. Вы просто списали у меня формулу с подгоночным коэффициентом, который по счастливой случайности совпал с коэффициентом из другой формулы и сократился:

tolstopuz в сообщении #734134 писал(а):

Если мы знаем, что число $n$ простое, эта дополнительная информация дает уточненное значение вероятности простоты числа $n+2$:

$$Q(n)=K'(n)\prod_{p<n}Q_p(n)\approx K'(n)\prod_{2<p<n}\frac{p-2}{p-1}=K'(n)\frac 1 2 \frac 3 4 \frac 5 6 \frac 9 {10} \frac {11}{12}\ldots$$

vicvolf в сообщении #736276 писал(а):

Вероятность события, что большое натуральное число n+2 является простым при условии, что число n является простым равна:
$P(A_2/A_1)=e^C \prod_{p<n} \frac {p-2}{p-1}.(5)$

-- Пн июн 17, 2013 15:36:14 --

vicvolf в сообщении #737398 писал(а):

где $w(p)$ - число решений сравнения $x(x+2) \equiv 0 \pmod p.$
Покажем это:
$x(x+2)=x^2+2x= (x+1)^2-1 \equiv 0 \pmod p.$
$(x+1)^2 \equiv 1 \pmod p.$
Обозначим $y=x+1$. Тогда:
$(y)^2 \equiv 1 \pmod p.$
При $p=2$ получаем $w(2)=1.$ (10)
При $p>2$ на основании теоремы 200 (Бухштаб) необходимым и достаточным условием, чтобы данное сравнение имело 2 решения является справедливость сравнения:
$1^{(p-2)/2} \equiv 1 \pmod p,$ (11) что выполняется.

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.

[vicvolf]

Вы просили отзыв на свое доказательство - вот я его и написал.

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. Поэтому не требуются никакие предпосылки о независимости остатков.
Постоянная $2C_2=1,32$ получается не при предельном переходе, а при небольших n, так как произведение быстро сходится, поэтому конечной аддитивности вполне достаточно.
Кстати, чтобы получить окончательную формулу гипотезы надо использовать формулу: $Pr(A_1 \cdot A_2)=Pr(A_1)Pr(A_2/A_1)=1/\ln(n) \cdot 1,32 \cdot 1/\ln(n)=1,32/\ln^2(n)$.

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

Цитата:

Вы ничего не показали. Вы просто списали у меня формулу с подгоночным коэффициентом, который по счастливой случайности совпал с коэффициентом из другой формулы и сократился

Скажите лучше, что Мертенс списал у вас свою формулу. Я думаю здесь на форуме уже многие поняли не объективность ваших оценок.