forum.math.uoa.gr
http://forum.math.uoa.gr/

Πρόκληση
http://forum.math.uoa.gr/viewtopic.php?f=39&t=10396
Σελίδα 1 από 1

Συγγραφέας:  stranger [ 21 Σεπ 2006, 00:42 ]
Θέμα δημοσίευσης:  5 μεγάλα μαθηματικά προβλήματα που λύθηκαν πολύ πρόσφατα

Etsw d(x) h synarthsh pou gia kathe fysiko x apeikonizei to plhthos twn prwtwn paragontwn tou.
Estw Σ to athroisma twn timwn ths d(x) apo to 1 mexri to enan fysiko n>1
Estw S to athroisma twn antistrofwn twn prwtwn arithmwn pou einai mikroteroi apo enan fysiko n>1
Boreite na deixete oti

lim (S - Σ/ν) = 0 ?????????
ν->+00


PROKLHSH

Συγγραφέας:  sofos [ 22 Δεκ 2007, 02:03 ]
Θέμα δημοσίευσης: 

stranger έγραψε:
Etsw d(x) h synarthsh pou gia kathe fysiko x apeikonizei to plhthos twn prwtwn paragontwn tou.
Estw Σ to athroisma twn timwn ths d(x) apo to 1 mexri to enan fysiko n>1
Estw S to athroisma twn antistrofwn twn prwtwn arithmwn pou einai mikroteroi apo enan fysiko n>1
Boreite na deixete oti

lim (S - Σ/ν) = 0 ?????????
ν->+00


PROKLHSH

(Καταρχάς το post είναι λίγο άκυρο εδώ που εμφανίζεται)
Έστω ν(n) το πλήθος των πρώτων διαιρετών του n,τότε αυτό που ζητείται είναι να δείξουμε ότι lim _{ x\rightarrow\infty} \sum_{p\leq x}\frac{1}{p}-\frac{\sum_ {n\leq x}v(n)}{x}=0. Στο δεύτερο άθροισμα,κάθε ν(n) συνεισφέρει ν(n) μονάδες,όπου κάθε μία προέρχεται από κάποιον πρώτο p που διαιρεί το n,άρα κάθε μονάδα του αθροίσματος αυτού προέρχεται από κάποιον πρώτο p μικρότερο ή ίσο του x,και κάθε τέτοιος πρώτος συνεισφέρει τόσες μονάδες όσα και τα πολλαπλάσια του που είναι μικρότερα ή ίσα του x,δηλαδή [\frac{x}{p}],άρα \sum_ {n\leq x}v(n) =\sum_{p\leq x}[\frac{x}{p}].Λαμβάνοντας υπόψιν την x-1<[x]\leq x η παράσταση μέσα στο όριο είναι θετική και μικρότερη του κλάσματος \frac{\pi(x)}{ x},όπου π(x) είναι το πλήθος των πρώτων μικρότερων ή ίσων του χ.Για να δείξουμε ότι το κλάσμα τείνει στο 0 μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε μερική άθροιση και τις ανισότητες του Chebychev (ή από το θεώρημα των πρώτων αριθμών)ή διαφορετικά με μία ωραία και πιο απλή ιδέα :
Η σχέση lim\frac{\pi(x)}{x}=0 που προσπαθούμε να αποδείξουμε σημαίνει ότι οι πρώτοι μικρότεροι του x είναι πολυ λιγότεροι του x για μεγάλες τιμές του x.Η ιδέα είναι να βρούμε κάποιον όσο γίνεται μικρότερο αριθμό R με όσο γίνεται περισσότερους διαιρέτες ,οπότε κάθε πρώτος που θα μετράται στο π(x) και δεν θα βρίσκεται στην παραγοντοποίηση του R ,θα είναι σχετικά πρώτος με το R,άρα θα μετράται στο φ(R),που είναι το πλήθος των σχετικά πρώτων με το R.Πιο συγκεκριμένα εάν R=\prod_{p\leq y}p, δηλαδή το γινόμενο όλων των πρώτων μικρότερων ή ίσων του y , για μεγάλα x,τότε \pi(x)\leq R + \phi(R)([\frac{x}{R}]+1) \leq R +2x\frac{\phi(R)}{R} γιατί σε καθεμία R-άδα 2R,2R+1,...,3R-1 ή 3R,3R+1,..4R-1 μέχρι και ([x/R]-1)R,([x/R]-1)R+1,...,([x/R]-1)R+(R-1) ένας πρώτος p που προσμετράται στο π(χ) θα υπάρχει και στο φ(R) ως σχετικά πρώτος με το R.Επίσης (\frac{\phi(R)}{R})^{-1}=\prod_{p\leq y}(1-\frac{1}{p})^{-1}=\prod_{p\leq y}(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+...)=\sum\frac{1}{n}, όπου το τελευταίο άθροισμα περιλαμβάνει όλους τους n που διαιρούνται από κάποιον πρώτο p μικρότερο ή ίσο του y,και άρα όλους τους n μικρότερους ή ίσους του y,έτσι το άθροισμα είναι μεγαλύτερο του logy και \frac{\pi(x)}{x}\leq \frac{R}{x}+\frac{2}{logy}.Τώρα ξεκινώντας με κάποιο ε θετικό βρίσκουμε κάποιο y ώστε \frac{2}{logy}<\frac{\epsilon}{2} και κρατώντας σταθερό το y,και άρα το R,για x μεγαλύτερο του 2R/ε ισχύει π(x)/x < ε .

Συγγραφέας:  sotmath [ 12 Νοέμ 2011, 22:42 ]
Θέμα δημοσίευσης:  Πρόκληση

από μεταφορά...

Σελίδα 1 από 1 Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/