Udowodnić, że dla dowolnego \(\displaystyle{ m \geq1}\) istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\), która jest sumą dwóch liczb pierwszych na co najmniej \(\displaystyle{ m}\) różnych sposobów.
Przykład
\(\displaystyle{ m=3 \ , \\ n=30 = 7+ 23 = 11+19 = 13+17}\)
Sumy
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11484
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3159 razy
- Pomógł: 749 razy
Sumy
Ostatnio zmieniony 25 mar 2024, o 20:39 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Sumy
Jeżeli weźmiemy liczbę \(\displaystyle{ n}\) naturalną dowolną to ilość liczb pierwszych \(\displaystyle{ \le n, \pi(n)}\) to procentowo w niej nie rośnie ale idzie to w granicach:
\(\displaystyle{ \pi(n) \approx f(n)= \frac{n}{\ln n} }\)
sumy dwóch liczb naturalnych:\(\displaystyle{ 1 \le x, y \le n}\)
oscylują w granicach:
\(\displaystyle{ 1<x+y<2n}\)
Powiedzmy, że sum tych jest na okrągło: \(\displaystyle{ 2n}\)
Natomiast par złożonych z liczb pierwszych jest na okrągło:
\(\displaystyle{ {\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor \choose 2} = \frac{\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor !}{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-2 \right)! \cdot 2 } = \frac{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-1 \right) \cdot \left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor }{2} }\)
tyle samo jest różnych sum tych liczb pierwszych, lecz sumy te nie przekraczają \(\displaystyle{ 2n}\)
Więc podzielimy ilość tych sum na \(\displaystyle{ 2n}\)
i otrzymamy funkcję:
\(\displaystyle{ h(n)= \frac{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-1 \right) \cdot \left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor }{4n} }\)
funkcja ta zlicza z przybliżeniem ile razy w najgorszym wypadku sumy dwóch liczb pierwszych mogą wygenerować pewną liczbę naturalną...
I funkcja ta będzie powoli ale dążyć do nieskończoności od pewnego \(\displaystyle{ n}\) co da tezę zadania...
Jak za \(\displaystyle{ n}\) podstawiłby: \(\displaystyle{ e^n}\) to wida by było, że funkcja ta rośnie skokami do \(\displaystyle{ \infty}\) ...
\(\displaystyle{ \pi(n) \approx f(n)= \frac{n}{\ln n} }\)
sumy dwóch liczb naturalnych:\(\displaystyle{ 1 \le x, y \le n}\)
oscylują w granicach:
\(\displaystyle{ 1<x+y<2n}\)
Powiedzmy, że sum tych jest na okrągło: \(\displaystyle{ 2n}\)
Natomiast par złożonych z liczb pierwszych jest na okrągło:
\(\displaystyle{ {\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor \choose 2} = \frac{\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor !}{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-2 \right)! \cdot 2 } = \frac{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-1 \right) \cdot \left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor }{2} }\)
tyle samo jest różnych sum tych liczb pierwszych, lecz sumy te nie przekraczają \(\displaystyle{ 2n}\)
Więc podzielimy ilość tych sum na \(\displaystyle{ 2n}\)
i otrzymamy funkcję:
\(\displaystyle{ h(n)= \frac{\left(\left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor-1 \right) \cdot \left\lfloor \frac{n}{\ln n} \right\rfloor }{4n} }\)
funkcja ta zlicza z przybliżeniem ile razy w najgorszym wypadku sumy dwóch liczb pierwszych mogą wygenerować pewną liczbę naturalną...
I funkcja ta będzie powoli ale dążyć do nieskończoności od pewnego \(\displaystyle{ n}\) co da tezę zadania...
Jak za \(\displaystyle{ n}\) podstawiłby: \(\displaystyle{ e^n}\) to wida by było, że funkcja ta rośnie skokami do \(\displaystyle{ \infty}\) ...