|
|
[377] bily71 | 2009-09-29 10:53:27 |
f(x) és (x) különbsége tulajdonképp a Legendre-formulából kapott összeg , és az azt közelítő Lo(x) különbsége, ugyanis
,
és a tagok Lo(x) kivételével csak egészek lehetnek.
.
Ha
,
akkor
(x)=f(x).
Ez miért nem lehetséges, ha x nem egész?
|
Előzmény: [376] bily71, 2009-09-29 10:17:15 |
|
[376] bily71 | 2009-09-29 10:17:15 |
A (x) függvény képe az x tengellyel párhuzamos szakaszokból áll.
Mely szakaszoknak bal vége zárt, jobb vége nyitott, közben pedig folytonos. Minden ilyen intervallum végén a függvény értéke pontosan egyet ugrik, azaz egyel nő.
Az függvény is szakaszokból áll.
Ezek a szakaszok is balról zártak, jobbról nyitottak, közben folytonos a függvény.
Namármost, ha (x) x1-nél f(x) fölött, x2-nél alatta halad, akkor két ilyen pont, (x1,y1) és (x2,y2) között metszenie kell (x)-nek f(x) függvényt, ami azt jelenti, hogy az (xm,ym) metszéspontban a két függvény értéke egyenlő.
És mivel végtelen sokszor előzi meg, illetve marad le egymástól a két függvény, végtelen sok ilyen pontnak kell lennie.
Azt már leszögeztük, hogy xm csak véges sok esetben egész, de ez nem azt jelenti, hogy nem lehet végtelen sok helyen egyenlő a két függvény.
|
Előzmény: [375] Maga Péter, 2009-09-28 11:53:57 |
|
|
|
[373] bily71 | 2009-09-27 22:47:48 |
Így már egy "kicsit" nehezebb az összehasonlítás.
Miközben a lehető legkezdetlegesebb módszerrel eljutotttam a Legendre-formuláig, (most már végre át is látom, mi az értelme, eddig csak egy bonyolult képlet volt számomra), egy egyszerű dolog elkerülte a figyelmemet: Lo(x) szinte sosem egész, ha xN . Mire egy egyenes áthaladna egy rácsponton már rég el is hagyta azt a tartományt, ahol érvényes.
Az is naív gondolat volt részemről, hogy ezek az intervallumok eltolhatóak az egyenes mentén.
Az végtelen sok helyen egyenlő(x)-szel, de valóban ebben az esetben egy bizonyos n0<x fölött x nem lehet egész.
Megint az fog ki rajtam, (mint az ikerprímeknél), hogy az osztási maradékok "önálló életet élnek".
Pedig van egyfajta ritmusa a prímeknek, csak nehéz kibogozni, az új belépő mindig átírja a "kottát"...
Egyelőre féleteszem ezt a kérdést, holnap visszatérünk a négyzetszámok közötti prímekhez, megpróbáljuk megválaszolni azt a kérdést, hogy az a2 után következő 2n db. szám lehet e mind összetett?
|
Előzmény: [372] Maga Péter, 2009-09-27 20:33:34 |
|
[372] Maga Péter | 2009-09-27 20:33:34 |
"Ez azt jelenti, hogy , ha 15|x, akkor h=0, így 25 és 49 között minden [15kx,15(k+1)x] 4 db. primet tartalmaz, és így tovább."
Legyen x=15,55, ekkor a nevezett intervallum [31,1;46,65], amely intervallumban csak három prím van, a 37, a 41 és a 43.
|
Előzmény: [371] bily71, 2009-09-27 17:16:49 |
|
[371] bily71 | 2009-09-27 17:16:49 |
Nem tudtam végig írni, így nincs is értelme, persze, hogy nincs ilyen x.
A törölt hozzászólásomban ezt próbáltam levezetni, csak egy elírás miatt teljesen rossz irányba mentem. Most újból ez a rész következik.
Az mint már megállapítottuk, különálló egyenesekből áll.
Ha x<9, mivel , ezért . Az 2|x helyeken f(x)=(x), ami azt jelenti, hogy a [0,2], és ezenkívül 0 és 9 között minden [2kx,2(k+1)x] intervallumra esik egy prím. A hiba ezáltal csak lehet. (kN).
Ha 9x<25, akkor . Meglepő, de azokon a helyeken, ahol 2|x, (tehát x páratlan, nem találtam a nem osztója jelet), de 3|x , akkor (x)=f(x), pedig azt várnánk, hogy ez csak x=30-nál igaz. Ez azt jelenti, hogy 9 és 25 közötti [3kx,3(k+1)x] intervallumok mindegyikére 2 db. prím jut. Itt .
Ha 25x<49, akkor . Ez azt jelenti, hogy , ha 15|x, akkor h=0, így 25 és 49 között minden [15kx,15(k+1)x] 4 db. primet tartalmaz, és így tovább.
A hiba ott lesz nagy, ahol a prímek tórlódnak a vizsgált intervallumon belül. Foly. köv.
|
Előzmény: [369] Maga Péter, 2009-09-27 14:58:46 |
|
|
|
|
[367] Maga Péter | 2009-09-25 21:00:42 |
Jelöljük P(y)-nal az y-nál nem nagyobb prímek szorzatát, p mindig prímet jelöl. A logikai szita egyszerű következménye a Legendre-formula:
Ekkor
Itt a tagról ismert (én még nem láttam, de nem is gondolkodtam rajta, lehet, hogy nem nehéz), hogy aszimptotikusan , ahol az Euler-konstans. Mindezek alapján ki-ki döntse el, mit vár a Lo(x)-től, de nem érdemes vérmes reményeket táplálni.
|
|
[366] Maga Péter | 2009-09-25 20:17:46 |
Én erre a
"Mivel Lo(x) és Li(x) könnyen összehasonlítható,..."
dologra lennék kíváncsi. Szerintem ez az összehasonlítás rendkívül nehéz. Mindamellett arról sem vagyok meggyőződve, hogy a Lo(x) használható: úgy gondolom, a törtrészek miatt nagyon nagy hibatag keletkezik, nem marad a (x) közelében.
|
Előzmény: [364] bily71, 2009-09-25 11:42:17 |
|
[365] bily71 | 2009-09-25 13:45:14 |
Megint egy kis javítás:
Az előző hozzászólásomban a "Lo(x) a zárójelben lévő"... kezdetű mondat akkor igaz, ha
,
azaz, ha az x tagot is törtnek vesszük.
Majd a végén írok egy javított összefoglalást.
|
Előzmény: [364] bily71, 2009-09-25 11:42:17 |
|
[364] bily71 | 2009-09-25 11:42:17 |
Bocs, igazad van, elírás történt, nem Lo(x) halad szorosan (x) mellett, hanem
f(x)=Lo(x)+(k-1),
ahol k a legnagyob, x gyökénél kisebb, vagy azzal egyenlő prím sorszáma, azaz , tehát
.
Az incidencia mátrixos résznél megállapítottuk, hogy x-ig a prímek száma PONTOSAN:
.
Lo(x) a zárójelben lévő, egész értékkel számoló törtek közelítő összege, amihez hozzá kell adni annyi 1-est, ahány prím van -ig , és végül ki kell vonni egyet az eredményből.
f(x)=Lo(x)+(k-1), amennyiben x minden, a logokai szitánál figyelembe vett prímmel oszható, igenis igaz, hogy
(x)=f(x).
Ha x csak kettő prímmel nem osztható, akkor
|(x)-f(x)|<1.
A h hibahatárra, azaz
|(x)-f(x)|<h
elvileg könnyű becslést adni.
Mindamellett, mivel Li(x)-nek, és (x)-nek "nem sok köze van egymáshoz", ezért elég nehéz a két függvény maximális különbségére becslést adni.
Mivel Lo(x) és Li(x) könnyen összehasonlítható, így f(x) és Li(x) is, ezért
|(x)-f(x)|+|Li(x)-f(x)|=|(x)-Li(x)|<h
h értékére elég jó becslést tudunk adni, ami talán ...
(>0).
|
Előzmény: [363] Maga Péter, 2009-09-25 08:59:09 |
|
[363] Maga Péter | 2009-09-25 08:59:09 |
Ezt sem látom (sem a végtelen sok azonos értéket, sem a sokkal jobban közelítést). Ami így kapásból kijön nekem, az csak annyi, hogy
ahol 0<c<C konstansok, ami a prímszámtétel leggyengébb alakjával együtt azt jelenti, hogy
ahol 0<c'<C' konstansok.
|
Előzmény: [361] bily71, 2009-09-24 18:35:34 |
|
[362] Maga Péter | 2009-09-25 08:41:08 |
Nem értem, hogy a h hibára miért igaz, hogy |h|<1.
És most úgy látom, nem is igaz. Legyen ugyanis a=100, b=0. Ekkor pk=7, a bal oldalra
adódik, másrészt (100)-(0)=25, azaz |h|>2.
|
Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35 |
|
|
[360] bily71 | 2009-09-24 18:24:29 |
Sajnos nem igaz, hogy
,
már x=61-nél ellenpéldát találtam. (Túl szép lett volna...)
Ellenben úgy tűnik, hogy a
állítás igaz.
Ezért a szomszédos négyzetszámok közötti prímekről szóló sejtés bizonyítási kísérletet a "b" terv szerint folytatom.
A Li(x)-szel való összehasonlítást folytathatjuk.
|
Előzmény: [359] bily71, 2009-09-23 20:28:47 |
|
|
[358] bily71 | 2009-09-23 20:25:23 |
Ez igaz, de én a következőképp hasonlítom össze a két függvényt.
9-ig , azaz a prímek száma kb. fele x-nek, tehát a derivált alatti terület , ezt hasonlítom össze -szel.
9 és 25 között , ami azt jelenti, hogy a prímek száma kb. egyharmada x-nek. Itt az területű téglalapot hasonlítom össze -szel, és így tovább.
Vagyis minden pk2-nél új Lo(x)-et integrálunk. Tehát a Lo(x)' függvény nem is egy függvény, hanem végtelen sok, ugyanúgy, mint a Lo(x) függvény .
(Egyébként ha Li(x)'-et nem 2-től, hanem e-től x-ig integráljuk, szinte alig van eltérés.)
Ez az eljárás egy kicsit eltér a megszokottól, mondhatjuk úgy is, hogy ez egy új módszer.
|
Előzmény: [357] Lóczi Lajos, 2009-09-23 18:16:07 |
|
|
[356] bily71 | 2009-09-23 12:38:01 |
Most jöjjön egy kis analízis.
Ha összehasonlítjuk Li(x)'-et, és Lo(x)'-et közös koordinátarendszerben, azt tapasztaljuk , hogy "kéz-a-kézben sétálnak" egészen kis eltéréssel, azaz a két függvény alatti terület majdnem egyenlő.
Az összehasonlításnál felhasználhatjuk a következő összefüggéseket:
,
log nHn,
és azt, hogy
, ha 0x<9,
, ha 9x<25,
, ha 25x<49...
A Lo(x)' függvény a következőképp alakul:
, ha 0x<9,
, ha 9x<25,
, ha 25x<49...
|
Előzmény: [355] bily71, 2009-09-23 10:44:29 |
|
[355] bily71 | 2009-09-23 10:44:29 |
A 352-es hozzászólásban kiszámolt h hibán egy kis javítást kell eszközölnöm:
,
ahol a hiba h<2, mivel Lo((a+1)2), és Lo(a2) együttes hibája 1 fölé kúszhat, de a 2-őt nem érheti el, így
csak akkor igaz, ha p22<a2, tehát ha 9<a2. A másik esetben a
[(k+1)-k]
tagot ez a hibahatár nem befolyásolja.
A törölt 351-es hz-ban elkezdett bizonyítási kisérletet újból le fogom vezetni, hiszen minden, amit eddig leírtam azon bukik, vagy áll, hogy valóban igaz-e eme sejtésem:
.
|
Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35 |
|