Udowodnić - l. pierwsza

[bemekw]

Niech \(\displaystyle{ P_n}\) oznacza kolejną liczbę pierwszą o indeksie n.
Tak więc:
\(\displaystyle{ P_1 = 2}\)
\(\displaystyle{ P_2 = 3}\)
...
\(\displaystyle{ P_{12} = 37}\)
Udowodnij, że
\(\displaystyle{ P_n \ge 3\cdot n}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 12}\)
Myślałem żeby udowodnić to jakoś indukcyjnie, jednak problem pojawia się przy zdefiniowaniu liczby \(\displaystyle{ P_{n+1}}\). Byłbym wdzięczny za jakieś pomysły.

[bartek118]

Spróbowałbym przez sprzeczność. Spróbuj popatrzeć na to tak - przypuśćmy, że pewne \(\displaystyle{ P_{n} < 3n}\). I co by to oznaczało, można spróbować wtedy policzyć ile jest liczb pierwszych mniejszych od \(\displaystyle{ P_{n}}\), ale nie wiem czy to coś da

[adambak]

146138.htm

ale do mnie nie trafia to wytłumaczenie może będziecie mieli więcej szczęścia, to proszę się podzielcie..

[bemekw]

Spróbowałbym przez sprzeczność. Spróbuj popatrzeć na to tak - przypuśćmy, że pewne \(\displaystyle{ P_{n} < 3n}\). I co by to oznaczało, można spróbować wtedy policzyć ile jest liczb pierwszych mniejszych od \(\displaystyle{ P_{n}}\), ale nie wiem czy to coś da

Może da, ale nie wiem czy to ma jakąś wartość dowodową - mogę policzyć i pokazać, że dla \(\displaystyle{ n<12}\) jest to poprawne, ale to raczej nie daje nam pewności, że gdzieś dla \(\displaystyle{ n}\) sporo większego od 12 trafi się taka l. pierwsza która będzie mniejsza od \(\displaystyle{ 3\dotn}\)

[jerzozwierz]

Ukryta treść:    

Oszacujemy z dołu, ile jest liczb złożonych mniejszych od danej n. W tym celu można zauważyć, że liczb podzielnych przez k nie większych od n jest co najmniej \(\displaystyle{ \frac{n}{k} - 1}\), a najwyżej \(\displaystyle{ \frac{n}{k} + 1}\). To teraz liczymy ile jest podzielnych przez 2, 3 lub 5 (z zasady włączeń i wyłączeń):
\(\displaystyle{ \ge ( \frac{n}{2} - 1) + ( \frac{n}{3} - 1) + ( \frac{n}{5} - 1) - ( \frac{n}{6} + 1) - ( \frac{n}{10} + 1) - ( \frac{n}{15} + 1) + ( \frac{n}{30} - 1) = \frac{11}{15} n - 7}\). Wynika stąd, że w przedziale \(\displaystyle{ [1,n]}\) jest co najmniej \(\displaystyle{ \frac{11}{15} n - 7}\) liczb złożonych (dla n>5). To teraz załóżmy sprzeczność, czyli że \(\displaystyle{ P_n < 3n}\) dla pewnego n. Oznacza to, że w przedziale \(\displaystyle{ [1,3n-1]}\) jest co najmniej n liczb pierwszych. Stąd liczba wszystkich liczb naturalnych w przedziale \(\displaystyle{ [1,3n-1]=3n-1 =}\) liczba liczb pierwszych \(\displaystyle{ +}\) liczba liczb złożonych \(\displaystyle{ \ge n + \frac{11}{15} (3n-1) - 7}\).
\(\displaystyle{ 3n-1 \ge n + \frac{11}{15} (3n-1) - 7}\).
Przekształcając tę nierówność, dostajemy \(\displaystyle{ 101 \ge 3n}\), czyli \(\displaystyle{ n \le 33}\). Wystarczy więc sprawdzić tezę dla \(\displaystyle{ n \le 33}\), a dla większych na pewno działa.

Jeśli coś jest niejasne, pytaj

[bemekw]

Wpadłem na takie o to (prostsze chyba) rozwiązanie:

zał: \(\displaystyle{ P_n \ge 3n}\)
dla \(\displaystyle{ n \ge 12}\)

teza: \(\displaystyle{ p_{n+1} \ge 3(n+1)}\)

W założeniu zauważam, że \(\displaystyle{ P_n \ge 3n + 1}\) (gdyż 3n to liczba złożona podzielna przez 3 (pamiętajmy o założeniu, że \(\displaystyle{ n \ge 12}\) - jedyna liczba pierwsza podzielna przez 3 jest dla \(\displaystyle{ n = 1}\))

Drugą rzeczą, jaką zauważam to: \(\displaystyle{ P_{n+1} \ge P_n + 2}\)
Czemu? Ponieważ \(\displaystyle{ P_n}\) jest liczbą pierwszą, to \(\displaystyle{ P_n + 1}\) jest liczbą parzystą, więc następna liczba pierwsza musi być większa o co najmniej 2.
Tak więc:
\(\displaystyle{ P_{n+1} \ge P_n + 2 \wedge P_n \ge 3n + 1 \Rightarrow P_{n+1} \ge 3n +1+2 \Rightarrow P_{n+1} \ge 3(n +1)}\) - udowodnione.

Takie rozumowanie może być przedstawione jako dowód?

[adambak]

pomysł fajny, ale mi się nie podoba jeden moment, mianowicie:

\(\displaystyle{ \begin{cases} P_{n+1} \ge P_{n} +2 \\ P_{n} \ge 3n+1 \end{cases} \Rightarrow \ P_{n+1} \ge 3n+1+2}\)

to szacowanie jest chyba dość niepewne.. \(\displaystyle{ P_{n}}\) mamy ograniczone z dołu, z założenia.. tak więc otrzymana nierówność niekoniecznie musi być spełniona bo mamy ją oszacować też z dołu.. co innego gdybyśmy mieli oszacowane z góry \(\displaystyle{ P_{n}}\), wtedy by można podstawić..

mógłby ktoś potwierdzić rozwiązanie?

-- 30 paź 2011, o 15:14 --

a nie cofam.. nie wiem co za bzdury gadam... dobrze jest, prawda? chociażby dlatego że dodajemy nierówności stronami i to wychodzi.. fajnie rozwiązanie bemekw

[norwimaj]

pomysł fajny, ale mi się nie podoba jeden moment, mianowicie:

\(\displaystyle{ \begin{cases} P_{n+1} \ge P_{n} +2 \\ P_{n} \ge 3n+1 \end{cases} \Rightarrow \ P_{n+1} \ge 3n+1+2}\)

Wszystko jest w porządku.

• Do nierówności zawsze można dodać stronami dowolną liczbę (np. \(\displaystyle{ 2}\)).
• Relacja nierówności jest przechodnia.

\(\displaystyle{ \begin{cases} P_{n+1} \ge P_{n} +2 \\ P_{n} \ge 3n+1 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} P_{n+1} \ge P_{n} +2 \\ P_{n}+2 \ge 3n+1+2 \end{cases}
\Rightarrow \ P_{n+1} \ge 3n+1+2}\)