Probleme matematice. Lista lui Landau

Scris de **curiosul** Sam 23 Ian 2016, 12:15

N-am mai intrat de ceva timp pe forum, dar aruncând o privire rapidă în ultimele subiecte am văzut că nu se mai discută despre matematică, numere prime Smile

etc.
Unele subiecte sunt pline de discuții nefolositoare, dar asta este altă problemă.

Am deschis acest subiect pentru că am ajuns la niște rezultate foarte interesante, validate de formule care pot verifica ușor corectitudinea concluziilor, și aș vrea să știu dacă mai există pe forum persoane interesate de discuții obiective strict referitoare la problemele din Lista lui Landau, pe care le găsiți începând cu pagina 7 a pdf-ului din link.

De asemenea, am găsit o formulă foarte interesantă care estimează, cu aproximare foarte bună, numărul de reprezentări 2n=p+q, cu p,q prime în ceea ce privește prima problemă din listă - Conjectura lui Goldbach, o altă formulă care estimează foarte bine numărul de numere prime gemene mai mici ca n și multe altele.

Acesta este principalul forum pe care am activat și mi-aș dori să discut despre asta tot pe acest forum, dar mi-aș dori să și am cu cine să discut despre asta, nu numai să scriu de dragul de a scrie.
În concluzie, mai este cineva aici interesat de acest tip de subiecte ?

Scris de **eugen** Sam 23 Ian 2016, 12:35

Aplicatii ale matematicii

Curiosul,
Bine ai revenit.
Ti s-a simtit lipsa.

Eu caut in general aplicatiile practice ale matematicii.
Daca ti-aduci aminte, mai demult au fost niste abordari legate de numerele prime si undele gravitationale stationare .
Autorul german al teoriei respective aborda numerele prime ca stand in spatele unor geometrii si comportari specifice in materie : ruperea de simetrie.

Apoi alta abordare duce la Tesla si relatiile prin numere prime la frecventele undelor electromagnetice.
Sunt anumite secrete ale relatiilor intre numere care duc , prin aplicatiile practice la rezultate uimitoare, cum s-a intamplat se pare in cazul inventatorului de mai sus.
O parte din succesul lui Tesla se datora si secretelor matematicii.

Succes, te sustin.
Chiar si ca spectator.

Scris de **curiosul** Sam 23 Ian 2016, 13:40

OK, eugen, o să țin cont de părerea ta.

Scris de **curiosul** Sam 23 Ian 2016, 16:26

Oricum, încurajat de părerea lui eugen, eu voi expune rezultatele la care am ajuns, interesante și importante de altfel, pentru că după părerea mea demonstrează toate problemele din Lista lui Landau.

Voi încerca o abordare simplă care conține doar rezultatele principale, deși pe alocuri ar părea să nu fie atât de evidente relațiile de implicare, pentru că nu voi expune toți pașii logici ce trebuie parcurși, dar stau la dispoziția celor ce doresc lămuriri suplimentare.

Oricum, formulele finale, aduse într-o formă destul de simplă, verifică acuratețea rezultatelor și corectitudinea concluziilor, după părerea mea.

Pentru început, stabilim o formulă decentă care determină numărul de numere prime mai mici decât o valoare dată n, folosind Ciurul lui Eratostene.
Pincipiul Ciurului lui Eratostene constă în eliminarea numerelor care nu sunt prime.
Desigur, după eliminarea acestor numere nonprime, cele care rămân sunt numere prime.
Evident, dacă un număr mai mic decât n nu este prim el este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal decât radicalul lui n.

Pentru început, putem stabili că din toate numerele până la n, $\frac{n}{2}$ sunt numere care sunt divizibile cu 2.

În concluzie, $n-\frac{n}{2}=n \left ( 1-\frac{1}{2} \right )$ sunt numere care nu sunt divizibile cu 2.

Din toate numerele până la n, $\frac{n}{3}$ sunt numere care sunt divizibile cu 3:

$(3\cdot 1), (3\cdot 2),(3\cdot 3), (3\cdot 4),...,\left ( 3\cdot \left [ \frac{n}{3} \right ] \right )$

Dar, observăm că o parte din ele sunt numere divizibile cu 2, iar acestea au fost deja numărate în pasul anterior, prin eliminarea numerelor divizibile cu 2.

Din $\frac{n}{3}$ numere divizibile cu 3, așa cum este arătat anterior,

$\frac{n}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right )$ vor fi numere divizibile cu 3, dar nedivizibile cu 2.

Până acum, putem spune că $n\left( 1- \frac{1}{2} \right ) -\frac{n}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right )=n\left( 1- \frac{1}{2} \right )\left ( 1-\frac{1}{3} \right )$

sunt numere nedivizibile cu 2 sau/și cu 3.

Procedând în mod similar pentru următorul număr prim, eliminînd numerele care sunt divizibile cu 5, dar nedivizibile cu 2 sau/și 3, pentru că acestea din urmă au fost deja eliminate, putem stabili că din toate numerele până la n,

$n\left( 1- \frac{1}{2} \right )\left ( 1-\frac{1}{3} \right )\left ( 1-\frac{1}{5} \right )$ sunt numere nedivizibile cu 2, 3 sau/și 5.

Eliminând în aceeași manieră toate numerele nedivizibile cu $2,3,5,7,11,...,p_{i}$ ajungem să stabilim că numărul de numere prime prime până la n este aproximativ egal cu

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( 1-\frac{1}{p_{k}} \right ) \right ]=n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]$

unde $p_{i}\leq \sqrt{n}< p_{i+1}$

Facând ceva calcule putem stabili că această formulă estimează destul de bine numărul de numere prime până la n, evident cu o anumită eroare determinată de faptul că nu a fost folosită partea întreagă.
Oricum, putem stabili că

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (n)< 2n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]$

unde $\pi (n)$ este numărul exact de numere prime până la n, iar inegalitatea de mai sus o vom folosi ceva mai târziu.

Să arătăm în continuare un alt rezultat interesant.

Toate numerele impare nedivizibile cu 3, pot fi scrise ca numere de forma 6k+1 și 6k+5:

1, 7, 13, 19, 25, 31, 37, 43, 49, 55, 61, 67, 73,..., 6k+1,...
5,11, 17, 23, 29, 35, 41, 47, 53, 59, 65, 71, 77,..., 6k+5,...

Folosind același principiu al Cirului lui Eratostene, prezentat anterior, luând în calcul primele k numere de această formă, putem stabili ca în fiecare șir, numărul de numere prime este aproximativ identic și egal cu

$6k\left [\prod_{k=3}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]$

unde $p_{i}\leq \sqrt{6k}< p_{i+1}$ .

[Offtopic]{Observ o mică greșeală de redectare care poate produce confuzie. În produsul anterior k folosit pentru limita inferioară a produsului nu este același k folosit pentru 6k. 6k este valoarea până la care calculam acel tip de numere pe când, utilizat în simbolul pentru produs reprezintă limita inferioară de la care luăm în calcul numerele prime utilizate.}[/Offtopic]

Desigur, în produsul anterior nu vor fi luate în calcul numerele prime 2 și 3, pentru că în acele două șiruri, numerele nonprime pot fi divizibile doar cu numerele prime $5, 7, 11, ..., p_{i}\leq \sqrt{6k}< p_{i+1}$ .

Aceasta înseamnă că din toate numerele prime mai mici ca n, aproximativ jumătate din ele vor fi numere prime de forma 6k+1, sau numere prime de forma 6k+5.

Să notăm aceasta cu $\pi (n)\left (\frac{1}{3-1} \right )$ .

În mod similar, dacă scriem toate numerele nedivizibile cu 2 și 5, ca numere de forma 10k+1, 10k+3, 10k+7, 10k+9, folosind principiul Ciurului lui Eratostene putem arăta că pâna la 10k, numărul de numere prime de forma 10k+1 este aproximativ egal cu numărul de numere prime de forma 10k+3, aproximativ egal cu numărul de numere prime de forma 10k+7 etc.
Folosind o notație similară cu cea anterioară, putem stabili că din toate numerele prime până la n, aproximativ

$\pi (n)\left (\frac{1}{5-1} \right )$

sunt numere prime de forma 10k+1, sau numere prime de forma 10k+3, sau numere prime de forma 10k+7, sau numere prime de forma 10k+9.

În mod similar, putem arăta că pentru orice număr prim $p_{k}$ , din toate numerele prime până la n,

aproximativ $\pi (n)\left (\frac{1}{p_{k}-1} \right )$

sunt numere prime de forma $2p_{k}+q_{p_{k}}$ , unde $q_{p_{k}}$ este un număr impar diferit de $p_{k}$ astfel încât $1\leq q_{p_{k}}< 2p_{k}$ .

Folosind un principiu asemănător celui pentru estimarea lui $\pi (n)$ , putem stabili că din toate numerele prime mai mici ca n, aproximativ

$\pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\left ( 1-\frac{1}{p_{k}-1} \right ) \right ]=\pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\left (\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ) \right ]$

sunt numere prime care nu sunt de forma 6k+1 (sau 6k+5), nu sunt de forma 10k+1 (sau 10k+3, sau 10k+7, sau 10k+9) etc, iar general, deși exprimarea este cam improprie, nu sunt de forma $2p_{k}+ q_{p_{k}}$ .

Spre exemplu, din toate numerele prime până la n, aproximativ

$\pi (n)\cdot \left [\prod_{p_{k}=3,5,7}\left (\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ) \right ]= \pi (n)\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}$

sunt numere prime care nu sunt de forma 6k+1, nu sunt de forma 10k+9 și nu sunt de forma 14k+5.

Sau, pentru că formula generalizează situația, nu sunt de forma 6k+5, nu sunt de forma 10k+3, nu sunt de forma 14k+11.
În mod asemănător, formula estimează cu o aproximație destul de bună, pentru orice combinație de numere prime de formă generală $2p_{k}+q_{p_{k}}$ am alege.

Pentru moment mă opresc aici, ca să nu lungesc prea mult expunerea într-o singură postare, după care voi trata pe rând fiecare problemă în parte din Lista lui Landau.
Vom observa că rezultatul obținut pănă acum ajută la estimarea, îndrăznesc să spun, incredibil de bună după cum vom observa ulterior, a numărului de numere prime gemene până la n, precum și a numărului de reprezentări 2n=p+q , p,q prime, în cazul conjecturii lui Goldbach.
Vom vedea ulterior că (virgulă) Conjectura lui Andrica are rol destul de important, direct sau indirect, în demonstrarea tuturor problemelor din lista lui Landau, și voi tratata separat și demonstrația acestei conjecturi, la un moment dat.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 00:13

În postarea anterioară sunt două mici greșeli de redactare, care nu modifică concluziile, dar nu voi insista asupra lor considerând că cine le-a remarcat a înțeles că sunt simple greșeli de redactare.

Să trecem, așadar, la prima problemă din Lista lui Landau - Conjectura lui Goldbach.
Cei familiarizați cu acest tip de probleme știu despre ce este vorba, dar menționăm totuși enunțul acestei conjecturi:

"Orice număr par mai mare ca 2 poate fi scris ca sumă de 2 numere prime."

Aparent simplă și ușor de înțeles, această problemă s-a dovedid de-a lungul timpului a fi una destul de complicată.
Dacă nu sunt prea "curajos" folosind cuvântul "demonstrație", continuu menționând că demonstrația următoare este bazată pe calcularea numărului de reprezentări pentru care un număr par 2n poate fi scris ca sumă de două numere prime.
Arătând că acest număr de reprezentări 2n=p+q este nenul sau este cel puțin o valoare minimă bine determinată, evident, este suficient să demonstreze că acel număr par 2n poate fi scris ca sumă de 2 numere prime p,q, fără a fi necesară determinarea exactă a acelor două numere prime p și q a căror sumă este egală cu acel număr par 2n.

Să considerăm, generalizat, un număr par 2n suficient de mare, pentru că putem verifica ușor conjectura, prin simplu calcul, că primele n numere pare pot fi scrise ca sumă de două numere prime.

Putem stabili ca un număr mai mic/egal cu n, care nu este prim, este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal cu radical din n și, de asemenea, un număr mai mic/egal ca 2n, care nu este prim, este oligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic/egal cu radical din 2n.

În postarea anterioară este arătat că o formulă decentă, care aproximează destul de bine numărul de numere prime până la n este dată de

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]$ ,

unde $p_{k}$ este un număr prim mai mic decât radical din n, notând acest aspect pentru limita superioară "i" cu $p_{i}\leq \sqrt{n}< p_{i+1}$ .

Desigur, $p_{1}=2, p_{2}=3, p_{3}=5, p_{4}=7, p_{5}=11,p_{6}=13,...$

Fie un număr prim $p_{k}$ astfel încât $n\leq p_{k}< 2n$ .

Putem arăta că dacă $2n-up_{k}=2p_{k}v+q_{p_{k}}$ ,

atunci $2n-(u+2w)p_{k}=2p_{k}(v-w)+q_{p_{k}}$ .

Cu alte cuvinte, dacă un număr nonprim din intervalul (n,2n), divizibil cu $p_{k}$ , notat mai sus cu $up_{k}$ , determină prin diferența $2n-up_{k}$ un număr prim de forma $2p_{k}v+q_{p_{k}}$ , atunci toate numerele prime de forma $2p_{k}{v}'+q_{p_{k}}$ , din intervalul (1,n), vor determina prin diferența $2n-\left (2p_{k}{v}'+q_{p_{k}} \right )$ un număr divizibil cu $p_{k}$ .

Spre exemplu, 15 este divizibil cu 3 și 5.
Alegând aleatoriu un număr par 2n, nedivizibil cu 3 și 5, 128 spre exemplu, orice număr prim de forma 6k+5 din intervalul (1,64) va determina prin diferența 128-(6k+5) un număr divizibil cu 3 și de asemenea, orice număr prim de forma 10k+3 din intervalul (1,64) va determina prin diferența 128-(10k+3) un număr divizibil cu 5.

Concluzia este că din toate numerele prime mai mici ca n, trebuiesc eliminate toate numerele prime de forma $2p_{k}v+q_{p_{k}}$ , unde $q_{p_{k}}$ , așa cum este menționat la un moment dat și în postarea anterioară, este un număr impar determinat, diferit de $p_{k}$ astfel încât $1\leq q_{p_{k}}< 2p_{k}$ , cu precizarea că numărul prim $p_{k}$ nu trebuie să apară în factorizarea lui n.
Evident, dacă n este divizibil cu $p_{k}$ , diferența $2n-up_{k}$ este un număr divizibil cu $p_{k}$ și nu poate fi un număr prim de forma $2p_{k}v+q_{p_{k}}$ .

În postarea anterioară este determinată formula care elimină aceste numere prime din toate numerele prime mai mici/egale cu n, în forma în care este scrisă în postarea anterioară :

$\pi (n)\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

Însă în acest caz trebuiesc menționate două completări.
Limita superioară în produs va fi în acest caz "j" , unde $p_{j}\leq \sqrt{2n}< p_{j+1}$ pentru că în intervalul (n,2n) pot fi numere nonprime divizibile cu numere prime mai mari decât radical din n, precum și faptul că va trebui să menționăm cumva că în acel produs nu vor fi incluse numerele prime care apar în factorizarea lui n.

Adăugând aceste completări, estimarea numărului de reprezentări 2n=p+q , cu p, q numere prime, este aproximativ egală cu

$\pi (n)\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$ ,

cu $p_{j}\leq \sqrt{2n}< p_{j+1}$ .

Deși formula devine ceva mai lungă, pentru o și mai bună estimare ținând cont că factorizarea lui 2n este foarte "diverisificată", înlocuim valoarea lui $\pi (n)$ cu formula determinată anterior, iar estimarea numărului de reprezenări 2n=p+q este dată de :

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

unde $p_{i}\leq \sqrt{n}<p_{i+1}$ , $p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1}$ , iar $(p_{k},n)=1$ reprezintă notația prin care înțelegem faptul în al doilea produs nu trebuie luate în calcul numerele prime impare care apar în factorizarea lui n.

În cazul în care 2n este o putere de 2 spre exemplu, sau dublul unui număr prim, evident, factorizarea lui n nu conține niciun număr prim mai mic/egal cu radical din 2n, iar în al doilea produs trebuie luate în calcul toate numerele prime mai mici/egal cu radical din 2n.

Să luăm spre exemplu, pentru o scurtă verificare, un număr par care este o putere de 2, să spunem 512 și să vedem care este diferența.
512 se scrie ca sumă de două numere prime de 11 ori, iar prin această formulă obținem :

$256\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{2}{3} \cdot\frac{4}{5} \cdot\frac{6}{7} \cdot\frac{10}{11} \cdot\frac{12}{13} \cdot \right ]\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{3}{4} \cdot\frac{5}{6} \cdot\frac{9}{10} \cdot\frac{11}{12} \cdot\frac{15}{16} \cdot\frac{17}{18} \right ]\approx 11,2$

Putem ușor remarca eroarea obținută.

Să mai dăm un exemplu pentru care 2n conține în factorizarea sa numere prime mai mici decât radical din 2n, să spunem $462=2\cdot 3\cdot 7\cdot 11$ .
Aceasta înseamnă că în al doilea produs nu vom lua în calcul numerele prime 3, 7, 11.
462 se poate scrie ca sumă de două numere prime de 28 de ori, iar formula estimează $231\cdot \left [ \frac{1}{2} \cdot\frac{2}{3} \cdot\frac{4}{5} \cdot\frac{6}{7} \cdot\frac{10}{11} \cdot\frac{12}{13} \cdot \right ]\cdot \left [ \frac{3}{4} \cdot\frac{11}{12} \cdot\frac{15}{16} \cdot\frac{17}{18} \right ]\approx 26,97$

Observăm și în acest caz cât de bine estimează formula numărul de reprezentări 2n=p+q, cel puțin pentru valori mici.

Eu am calculat-o pentru toate numerele pare mai mari ca 30 și mai mici ca 1000, iar formula respectivă determină valori cu o eroare foarte mică.

Pentru cei care vor să verifice acest aspect, cel puțin din curiozitate, le pun la dispoziție un site în care pot afla repede de câte ori un număr par poate fi scris ca sumă de două numere prime :
https://plus.maths.org/content/mathematical-mysteries-goldbach-conjecture
însă valoarea determinată de formulă va trebui să o calculeze manual.
Pentru cei care chiar doresc să verifice acuratețea formulei dar întâmpină dificultăți în stabilirea numerelor prime ce trebuiesc luate în calcul în cele două produse, le stau la dispoziție cu explicații suplimentare.

Mă voi opri aici cu demonstrația completă a conjecturii pentru a nu lungi postarea mai mult decât este necesar, continuând în mesajul următor celelalte aspecte care completează demonstrația.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 10:38

Să continuăm cu partea a doua a demonstrației conjecturii lui Goldbach.

În postarea anterioară este arătat faptul că pentru un număr par 2n, numărul de reprezentări 2n=p+q, p,q numere prime, este aproximativ egal cu

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

unde $p_{i}\leq \sqrt{n}<p_{i+1}$ , $p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1}$ , iar $(p_{k},n)=1$ sub al doilea produs reprezintă notația care precizează faptul că în acel produs nu trebuie luate în calcul numerele prime impare care apar în factorizarea lui n și sunt mai mici ca radical din 2n.

Evident, formula respectivă calculează numărul de reprezentări 2n=p+q cu o anumită eroare, motiv pentru care vom minimiza cât de mult posibil valoarea dată de această formulă, stabilind în acest fel "un număr minim de ori" pentru care un număr par 2n se poate scrie ca sumă de 2 numere prime.

În al doilea produs, pentru că toate fracțiile sunt subunitare, dacă vom folosi toate numerele prime mai mici/egale cu radical din 2n, se va obține o valoare și mai mică decât dacă vom utiliza doar numerele prime mai mici ca radical din 2n care nu apar în factorizarea lui n.
Din acest motiv putem stabili că

$\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]\leq \left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

și de asemenea

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] \leq n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

Al doilea produs din primul termen al inegalității poate fi scris sub forma

$\left [\prod_{k=2}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ] =\frac{1}{p_{j}-1}\left [\prod_{k=3}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]$

iar pentru un număr par 2n mai mare decât 13 la pătrat,

$\frac{1}{p_{j}-1}\left [\prod_{k=3}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]=\left (\frac{1}{p_{j}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \frac{11}{10}\cdot \left [\prod_{k=7}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]$ .

Putem stabili în egală măsură că

$\frac{2\sqrt{2}}{p_{j}-1} < \left (\frac{1}{p_{j}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \frac{11}{10}\cdot \left [\prod_{k=7}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]$
Înlocuind în inegalitatea inițială obținem că

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\frac{2\sqrt{2}}{p_{j}-1} \leq n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

Prin condiția $p_{j}\leq \sqrt{2n}<p_{j+1}$ , inegalitatea anterioară devine :

$\frac{n\cdot 2\sqrt{2}}{\sqrt{2n}}\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ] \leq n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

iar în membrul din stânga simplificăm prima fracție doar cu radical din 2.

Amintim în continuare inegalitatea menționată într-un mesaj anterior :

$n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (n)< 2n\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]$

unde $\pi (n)$ este numărul exact de numere prime până la n.

Folosind această inegalitate, putem minimiza și mai mult prin inegalitatea

$\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \leq n\left [\prod_{k=1}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2/{(p_{k},n)=1}}^{j}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

Așadar, putem stbili că pentru un număr par 2n mai mare decât 169, numărul de reprezentări 2n=p+q , cu p,q numere prime este cel puțin $\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}}$ și pentru a completa demonstrația conjecturii trebuie arătat că această fracție este supraunitară.

Într-un mesaj viitor vom arăta că dacă (virgulă) conjectura lui Andrica este adevărată, atunci $\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1$ , iar în consecință, trebuie demonstrată și conjectura lui Andrica, ceea ce vom arăta separat mai târziu.

Scris de **virgil_48** Dum 24 Ian 2016, 10:57

Curiosule, imi pare bine sa te întâlnesc iar pe aici, mi-ar fi parut
rau sa raman cu gandul ca ai avut un accident.
Despre conjectura lui Goldbach am mai discutat noi in legatura
cu romanul lui Apostolos Doxiadis. De când a fost scris romanul
s-a rezolvat conjectura? Sau ce ai postat mai sus este o rezolvare
a ta?
Te-ai mai perfectionat la Sudoku?
Numai de bine!

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 11:28

virgil_48 a scris: Sau ce ai postat mai sus este o rezolvare
a ta?

Răspunsul este afirmativ.
De altfel, primul subiect despre care am vorbit pe forum prima dată este conjecutra lui Goldbach.
Asta prin 2010.
Deci sunt ceva ani de când tot mă străduiesc să ajung la un rezutat corect privind conjectura asta pe care am analizat-o în sute de feluri.

Inițial, rezultatul principal l-am dedus printr-o altă metodă, mult mai logic justificat dar mult mai complicat de explicat, însă ulterior mi-am dat seama că la același rezultat se poate ajunge mai simplu, prin abordarea problemei în modul în care am expus-o aici.

Rezultatul este foarte important pentru că după cum voi arăta ulterior, ajută la demonstrarea tuturor celorlalte probleme din Lista lui Landau.

Desigur, pentru că eu stau continuu numai cu capul în numere prime, pentru mine e ușor de înțeles ce-am scris acolo, însă sunt sigur că pentru cine citește prima dată și încearcă să înțeleagă ce-am expus aici nu este chiar atât de ușor.

Însă încerc să explic lucrurile într-o manieră cât mai simplificată, deși pe alocuri, așa cum am menționat, am sărit câțiva pași logici care arată exact implicarea logică, dar oricui are nevoie de explicații suplimentare...eu sunt aici.

Chiar dacă se va dovedi într-un final a nu fi demonstrații complet acceptate, sunt convins că expunerile prezentate vor fi foarte importante în analiza acestor conjecturi.

Voi continua totuși, să mă exprim în continuare folosind cuvântul demonstrație, deși poate este un pic prematur și îndrăzneț.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 13:27

În continuare, vom analiza a doua problemă din Lista lui Landau - Conjectura numerelor prime gemene.
Această conjectură afirmă că sunt o infinitate de numere prime consecutive astfel încât $p_{k+1}-p_{k}=2$ .
Primele exemple sunt (3,5) , (5,7) , (11,13) , (17,19) etc.

Și în cazul acestei conjecturi vom folosi formula principală menționată în celelalte postări, cu o mică modificare, arătând că aceasta obține valori din ce în ce mai mari, ceea ce înseamnă că până la o valoare n din ce în ce mai mare, sunt din ce în ce mai multe perechi de numere prime gemene.

Să scriem pentru început același șir de numere de două ori, unul sub celălalt :

....1, 3, 5,, 7, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41,....2n+1
1, 3, 5, 7, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41, 43,...(2n+1)+2
____X_X_____X________X__________________X__________________X________

La o analiză mai atentă, folosind același principiu prezentat în postarea în care este determinată formula pentru estimarea lui $\pi (n)$ , putem stabili că pentru calcularea numărului de perechi (p, p+2) ambele prime, în primul șir, din primele n numere impare trebuie să eliminăm numerele prime de forma
$2p_{k}v+(p_{k}-2)$ expresie folosită la modul general pentru orice număr prim $p_{k}$ ce satisface relația $p_{k}\leq \sqrt{2n+1}< p_{k+1}$ .

Dacă notăm m=2n+1, sunt $\frac{m}{2}$ numere impare până la 2n+1, iar după eliminarea din primul șir a numerelor prime de forma $2p_{k}v+(p_{k}-2)$ , numerele prime care rămân sunt numerele prime care satisfac condiția $p_{u}+2=p_{u+1}$ .

Numărul aproximativ al acestora este dat de :

$m\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$

cu $p_{i}\leq \sqrt{m}< p_{i+1}$ .

Eu am calculat valoarea dată de $\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$ pentru destul de multe valori aleatorii mai mici/egale cu 100 000 astfel încât să mă convingă că estimarea dată de formulă este foarte bună.

Totuși, pentru a prezenta o mică verificare, spre exemplu, până la 1000 sunt 35 de perechi de numere prime gemene iar formula estimează :

$\frac{1000}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{5}{7}\cdot \frac{9}{11}\cdot \frac{11}{13}\cdot \frac{15}{17}\cdot \frac{17}{19}\cdot \frac{21}{23}\cdot \frac{27}{29}\cdot \frac{29}{31}\approx 31.04$

Observăm cât de bine estimează formula numărul de numere prime gemene până la 1000.
De altfel, ea estimează la fel de bine, cu eroare mică față de valoarea reală pentru valori mult mai mari ale lui m.

Oricum, trebuie arătat totuși că această formulă obține valori din ce în ce mai mari, pentru valori ale lui m din ce în ce mai mari.

Ne vom folosi de principiul folosit în postarea anterioară pentru conjectura lui Goldbach folosind prima expresie

$m\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$
și scriind al doilea produs sub forma

$\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\left (\frac{1}{p_{k}-1} \right )\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{9}{6}\cdot \left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]$

de unde putem stabili că pentru $p_{i}> 11$

$\frac{2m}{p_{i}-1}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]< m\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]$

Folosind inegalitatea

$m\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]< \pi (m)< 2m\left [\prod_{k=1}^{i}\left ( \frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ) \right ]$

precum și faptul că $p_{i}\leq \sqrt{m}< p_{i+1}$ putem stabili că numărul de numere prime gemene până la m este cel puțin :

$\frac{\pi (m)}{\sqrt{m}}\left [\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} \right ]$

Vom arăta ulterior, folosind conjectura lui Andrica, că $\frac{\pi (m)}{\sqrt{m}}$ este o fracție supraunitară, în timp ce produsul

$\prod_{k=6}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k-1}-1} =\frac{11}{10}\cdot \frac{15}{12}\cdot \frac{17}{16}\cdot \frac{21}{18}\cdot ...$

va da o valoare din ce în ce mai mare dacă valoarea lui m crește, pentru că până la radical din m vor fi din ce în ce mai multe numere prime, iar toate fracțiile din acest produs sunt supraunitare.

Din punctul meu de vedere, acestea sunt argumenete destul de solide pentru a arăta că există o infinitate de numere prime gemene.

Dar, ca și în cazul conjecturii lui Goldbach, trebuie arătat că $\frac{\pi (m)}{\sqrt{m}}> 1$ și vom arăta cum rezultă aceasta folosind conjectura lui Andrica, într-un mesaj ulterior, după ce tratăm a treia problemă din Lista lui Landau, pentru că aceasta este o consecință directă a conjecturii lui Andrica.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 16:59

În mesajul anterior în unele locuri observ că am repetat aceeași greșeală de redactare.
În anumite formulări limita inferioară folosită în simbolul pentru produs este scrisă ca începând de la 2, iar aceasta ar fi trebuit să înceapă de la 1.
Un astfel de exemplu din mesajul anterior este limita inferioară din primul produs al identității de mai jos, evidențiat cu roșu :

$m\left [\prod_{{\color{Red} k=2}}^{i}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}-1} \right ]=\frac{m}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$

În acel loc ar fi trebuit să fie scris k=1 și nu k=2.
Oricum, să continuăm pentru moment cu a treia conjectură din Lista lui Landau și anume, conjectura lui Legendre.
Aceasta afirmă că între $n^{2}$ și $(n+1)^{2}$ există cel puțin un număr prim.

Conjectura lui Andrica demonstrează direct această a treia problemă din Lista lui Landau.
Conjectura lui Andrica afirmă că $\sqrt{p_{n+1}}-\sqrt{p_{n}}< 1$ .

Această inegalitate poate fi scrisă $\sqrt{p_{n+1}}< \sqrt{p_{n}}+1$

Ridicând la pătrat ambii termeni inegalitatea devine $p_{n+1}< p_{n}+2\sqrt{p_{n}}+1$ și rearanjând termenii, putem stabili că enunțul conjecturii lui Andica este adevărat dacă $p_{n+1}- p_{n}< 2\sqrt{p_{n}}+1$ .

Dacă presupunem că există un număr n astfel încât între $n^{2}$ și $(n+1)^{2}$ nu există niciun număr prim, atunci ar fi adevărată relația :

$p_{i}< n^{2}< (n+1)^{2}< p_{i+1}$

de unde putem stabili că $2\sqrt{p_{i}}< 2n$ precum și faptul că $2\sqrt{p_{i}}< 2n< \left [(n+1)^{2}-n^{2} \right ]$ , iar asta ar însemna că

$2\sqrt{p_{i}}< 2n< \left [(n+1)^{2}-n^{2} \right ]< \left (p_{i+1}-p_{i} \right )$

ceea ce ar fi în contradicție cu enunțul conjecturii lui Andrica, și anume $2\sqrt{p_{i}} +1> p_{i+1}-p_{i}$ .

Deci, putem stabili că dacă conjectura lui Andrica este adevărată, atunci conjectura lui Legendre este adevărată.
În consecință, pentru a demonstra a treia problemă din Lista lui Landau este suficient să demonstrăm conjectura lui Andrica.

Folosind conjectura lui Legendre vom arăta în continuare că $\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1$ , deci, în mod indirect, conjectura lui Andrica demonstrează că $\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}} \geq 1$ .

Să notăm, ajutător, $n=\left (\sqrt{n} \right )^{2}$ și putem stabili că

$\pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) - \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1$

dacă între $\left (\sqrt{n} \right )^{2}$ și $\left (\sqrt{n} +1\right )^{2}$ există cel puțin un număr prim, conform conjecturii lui Legendre.

Să reținem că notația $\pi (x)$ semnifică numărul de numere prime până la x.

Putem stabili că pentru primele n numere, $n\geq 2$ , putem calcula ușor că se verifică relația $\frac{\pi (n)}{\sqrt{n}}\geq 1$ și vom considera orice număr x mai mic/egal ca n, ca îndeplinind relația $\frac{\pi (x)}{\sqrt{x}}\geq 1$ .

Să notăm $\pi (n)=\sqrt{n}+k$ , cu k nenul, iar din relația $\pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) - \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1$ rezultă că

$\pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right ) \geq 1+ \pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )\geq 1+k+\sqrt{n}$

În acest fel putem arăta că

$\frac{\pi\left (\left (\sqrt{n} +1 \right )^{2} \right )}{\sqrt{n}+1} \geq \frac{1+k+\sqrt{n}}{\sqrt{n}+1}\geq \frac{\pi\left (\left (\sqrt{n} \right )^{2} \right )+1}{\sqrt{n}+1} \geq 1$

Cu alte cuvinte, generalizat, este arătat prin inducție că dacă pentru un număr x este adevărată inegalitatea $\frac{\pi (x)}{\sqrt{x}}\geq 1$ , atunci și pentru x+1 este adevărat că $\frac{\pi (x+1)}{\sqrt{x+1}}\geq 1$ .

Considerând toate numerele până la n inclusiv îndeplinind această inegalitate, atunci pentru toate numerele până la $\left (\sqrt{n}+1 \right )^{2}$ inclusiv, de asemenea, inegalitatea este îndeplinită.

Deci în mod indirect, dacă conjectura lui Andrica este adevărată, primele trei probleme din Lista lui Landau sunt adevărate.
În mesajul următor, vom analiza conjectura lui Andrica.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 21:32

Să continuăm, așadar, cu conjectura lui Andrica.
Așa cum a fost menționat și în mesajul precedent, enunțul acesteia spune că diferența radicalilor a două numere prime consecutive este mai mic ca 1 și se poate reduce la a arăta că $p_{i+1}-p_{i}< 2\sqrt{p_{i}}+1$ .

Să stabilim mai întâi în ce condiții se poate obține clar o diferență cât mai mare între două numere consecutive care nu se divid cu niciun număr prim $2,3,5,7,11,...,p_{n}$ .
Evident, dacă aceste două numere care nu se divid cu niciun număr prim $2,3,5,7,11,...,p_{n}$ sunt mai mici decât $\left (p_{n+1} \right )^{2}$ acestea vor fi două numere prime.
Aceasta este o implicație directă a faptului că un număr nonprim mai mic ca n este obligatoriu divizibil cu un număr prim mai mic decât radical din n.

Fie produsul

$\prod_{k=1}^{n}p_{k}=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot ...\cdot p_{n}$ .

Putem stabili că toate numerele mai mari ca $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )-p_{n+1}$ și mai mici decât $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+p_{n+1}$ ,

cu excepția numerelor $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )- 1$ și $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+ 1$ vor fi numere divizibile cu unul din numerele prime $2,3,5,7,11,...,p_{n}$ .

Dacă vom considera că $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )- 1$ și $\left (\prod_{k=1}^{n}p_{k} \right )+ 1$ sunt unul divizibil cu $p_{n+1}$ și celălalt divizibil cu $p_{n+2}$ obținem o diferență de $2p_{n+1}$ între două numere nondivizibile cu niciun număr prim $2,3,5,7,...,p_{n}, p_{n+1},p_{n+2}$ .

Simplificând, putem spune că prin această metodă de distribuire a factorilor primi $2,3,5,7,...,p_{n}$ se poate obține o diferență de $2p_{n-1}$ între două numere consecutive nedivizibile cu niciun număr prim $2,3,5,7,...,p_{n}$ .

De altfel, aceasta este diferența maximă care se poate obține între astfel de două numere consecutive și numai în acest mod de distribuire a factorilor primi.

Analizând în altă manieră, folosind principiul Ciurului lui Eratostene, putem stabili că din $p_{n}$ numere consecuive, $\frac{p_{n}}{2}$ sunt numere divizibile cu 2, $\frac{p_{n}}{3}\left ( 1-\frac{1}{2} \right )$ sunt numere divizibile cu 3, dar nedivizibile cu 2 etc, iar continuând în această manieră obținem că din $p_{n}$ numere consecutive, $p_{n}\left [\prod_{k=1}^{n-1}\frac{p_{k}-1}{p_{k}} \right ]$ sunt numere nedivizibile cu niciun număr prim $2,3,5,7,...,p_{n-1}$ .

Pentru n mai mare/egal cu 5, valoarea obținută de această formulă este mai mare ca 2, iar prin această metodă, ar însemna că cea mai mare diferență dintre două numere prime consecutive, mai mici ca $p_{n}^{2}$ este cel mult $p_{n}$ .

Dar prin teorema Bertrand-Chebâșev care afirmă că între n și 2n este cel puțin un număr prim rezultă că $2p_{n-1}> p_{n}$ , iar asta înseamnă că cea mai mare diferență dintre două numere prime consecutive, mai mici decât $p_{n}^{2}$ poate fi $2p_{n-1}$ .

Iar această diferență se poate obține prin distribuția factorilor primi în modul menționat anterior.

Aceasta înseamnă că între $p_{n}^{2}$ și $p_{n+1}^{2}$ există cel puțin două numere prime pentru că $p_{n+1}^{2}-p_{n}^{2}> 2p_{n-1}$ și pentru oricare două numere prime consecutive $p_{i}$ și $p_{i+1}$ astfel încât $p_{n}^{2}< p_{i}< p_{i+1}< p_{n+1}^{2}$ , putem stabili că $2p_{n-1}< 2p_{n}< 2\sqrt{p_{i}}$ , și de asemenea $p_{i+1}-p_{i}\leq 2p_{n-1}< 2p_{n}< 2\sqrt{p_{i}}$ .

În această situație conjectura lui Andrica este adevărată.

Dacă cele două numere prime satisfac relația $p_{i}<p_{n}^{2} < p_{i+1}$ , putem arăta de asemenea că $p_{n-1}^{2}< \left (p_{n}-1 \right )^{2}< p_{i}<p_{n}^{2} < p_{i+1}$ și bineînțeles că $p_{i+1}-p_{i}\leq 2p_{n-1}< 2\sqrt{p_{i}}$ .

Și în această situație, conjectura lui Andrica este adevărată.

Aceasta deoarece cea mai mare diferență dintre două numere consecutive nedivizibile cu niciun număr prim $2,3,5,7,...,p_{n}$ este cel mult egală cu $2p_{n-1}$ , așa cum este arătat în partea de început a mesajului, iar în ambele situații aceste două numere sunt două numere prime consecutive și $p_{i+1}-p_{i} \leq 2p_{n-1}$ .

De altfel, putem arăta că un rezultat echivalent cu conjectura lui Schinzel poate fi demonstrat în aceeași manieră cu o precizare suplimentară, dar vom vorbi despre asta în alt subiect.

În concluzie, odată demonstrată conjectura lui Andrica, primele trei probleme din Lista lui Landau sunt adevărate.
În mesajul următor vom analiza și ultima problemă.

Scris de **curiosul** Dum 24 Ian 2016, 23:03

În acest mesaj vom arăta, într-un mod destul de interesant, că și ultima conjectură din Lista lui Landau este adevărată.

Această conjectură afirmă că există o infinitate de numere prime p de forma $p=n^{2}+1$ .

Analizând factorizarea numerelor de forma $n^{2}+1$ putem stabili că, toate numerele prime care pot divide acest tip de numere sunt numere prime de forma 8k+1 și 8k+5.
Bineînțeles, excepție face doar numărul prim par, 2.

Să notăm cu $M(n)$ mulțimea care conține doar numerele prime de forma 8k+1 și 8k+5 mai mici egale cu n și cu ${M}'(n)$ mulțimea care conține doar numerele prime de forma 8k+3 și 8k+7, mai mici/egale cu n.
Desigur, cele două mulțimi conțin toate numerele prime impare mai mici/egale cu n.

De asemenea, analizând factorizarea acestor numere de forma $n^{2}+1$ în ordine consecutivă, observăm că dacă $n^{2}+1$ este divizibil cu un număr prim $p_{k}\in M_{n}$ , numărul $\left (n+p_{k} \right )^2+1$ va fi de asemenea divizibil cu acel număr prim, însă există un alt număr ${n}'^{2}+1$ astfel încât $n^{2}+1< {n}'^{2}+1< \left (n+p_{k} \right )^{2}+1$ , divizibil de asemenea cu numărul prim $p_{k}$ .

Pentru a calcula câte numere prime $p=n^{2}+1$ sunt în primele n numere de forma $n^{2}+1$ putem aplica, justificat, formula menționată și folosită în mesajele anterioare, cu mici modificări, iar numărul acestora va fi aproximativ :

$\frac{n}{2}\left [\prod_{k\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$ .

Fie n astfel încât

$\frac{n}{2}\left [\prod_{k\in {M}'(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]\leq \frac{n}{2}\left [\prod_{k\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$

Înmulțind ambii termeni ai inegalității de mai sus cu termenul din dreapta, în produsul din membrul din stânga vor apărea toate numerele prime impare mai mici/egale cu n, iar inegalitatea devine:

$\frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]\leq \frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{k\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]^{2}$

cu $p_{i}\leq n< p_{i+1}$ .

Observăm că membrul din stânga are o formă asemănătoare cu formula pentru estimarea numărului de numere prime gemene până la $n^{2}$ .

Dacă notăm pentru simplificare cu $\phi (x) = \frac{x}{2}\left [\prod_{k=2}^{i}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$ numărul de numere prime gemene până la x, unde $p_{i}\leq \sqrt{x}< p_{i+1}$ , atunci inegalitatea anterioară devine :

$\frac{\phi (n^{2})}{2}\leq \frac{n^{2}}{4}\left [\prod_{k\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]^{2}$

Dacă extragem rădăcina pătrată din ambii termeni obținem :

$\sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}}\leq \frac{n}{2}\left [\prod_{k\in M(n)}\frac{p_{k}-2}{p_{k}} \right ]$

unde membrul din dreapta reprezintă estimarea numărului de numere prime $p=n^{2}+1$ din primele n numere de forma $n^{2}+1$ .

În concluzie, putem spune că din primele n numere de forma $n^{2}+1$ cel puțin $\sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}}$ sunt numere prime.

Din calculele mele, valoarea estimată de radicalul respectiv este aproape jumătate din numărul real.

Oricum, faptul că numărul real este mai mare decat valoarea estimată de $\sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}}$ nu influențează concluzia finală.

Aceasta este că dacă pentru valori ale lui n ce tind spre infinit, numărul de numere prime gemene, $\phi (n)$ , tinde către infinit, evident, această înseamnă de asemenea că valoarea obținută de $\sqrt{\frac{\phi (n^{2})}{2}}$ va tinde către infinit, dacă $n^{2}$ tinde către infinit.

În concluzie, din analiza din acest topic rezultă că toate conjecturile din Lista lui Landau sunt adevărate.

Repet, dacă cineva are nevoie de lămuriri suplimentare le poate cere într-un topic separat și le vom discuta acolo.

Scris de **virgil_48** Lun 25 Ian 2016, 11:26

curiosul a scris:
Si în cazul acestei conjecturi vom folosi formula principală menționată în celelalte postări, cu o mică modificare, arătând că aceasta obține valori din ce în ce mai mari, ceea ce înseamnă că până la o valoare n din ce în ce mai mare, sunt din ce în ce mai multe perechi de numere prime gemene.

Să scriem pentru început același șir de numere de două ori, unul sub celălalt :

....1, 3, 5,, 7, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41,....2n+1
1, 3, 5, 7, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41, 43,...(2n+1)+2
____X_X_____X________X__________________X__________________X________

Nu-mi permit sa sap mai adanc, dar despre citat am urmatoarea intrebare:
Dece ai sarit cifra 9 din sirurile acelea?

Scris de **curiosul** Lun 25 Ian 2016, 11:51

Mulțumesc pentru observație, virgil.

Dece ai sarit cifra 9 din sirurile acelea?

Din niciun motiv.
Este o simplă greșeală de redactare așa cum am observat că mai sunt prin unele locuri și prin ecuații.

Oricum, sunt sigur că ai înțeles ce-am vrut să fac acolo, scriind în acel mod acele două șiruri, și apreciez faptul că ai răsfoit ce-am scris, chiar și în mare, până la aceea pagină.

Scris de Continut sponsorizat

Probleme matematice. Lista lui Landau

Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau

Re: Probleme matematice. Lista lui Landau