Trudne i ciekawe zadanie

Ze względu na specyfikę metody - osobny dział.
Awatar użytkownika
Nixur
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 139
Rejestracja: 20 lip 2006, o 20:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kutno
Podziękował: 31 razy
Pomógł: 4 razy

Trudne i ciekawe zadanie

Post autor: Nixur » 2 sie 2007, o 19:24

Zadanie z książki dla kl. I liceum
Niech \(\displaystyle{ p_{n}}\) oznacza n- tą liczbę pierwszą (\(\displaystyle{ p_{1}=2; p_{2}=3; p_{3}=5; p_{4}=7; p_{5}=11}\) itd.).
Udowodnij, że dla każdego naturalnego n>11 \(\displaystyle{ p_{n}>3n}\).

Indukcyjnie jest to ciężko zrobić
Sprawdzenie dla n=12
37>36
Założenie (n=k)
\(\displaystyle{ p_{k}>3k}\).
Teza (n=k+1)
\(\displaystyle{ p_{k+1}>3(k+1)}\).
Dowód
\(\displaystyle{ p_{k+1}-3>3k)}\).
Jest to oczywiście równoważne
\(\displaystyle{ p_{k+1}-p_{k}>=3)}\).

Pytanie jak to udowodnić. Nie ma żadnego wzoru na liczby pierwsze.
Rozwiązałem to obliczając przybliżoną średnią gęstość liczb pierwszych większych niż 10.
Najmniejsza różnica między liczbami pierwszymi większymi od 5 to 2, najmniejsza średnia różnica między takimi liczbami w jednej dziesiątce to 2,5(np.:101,103,1007,109)

Liczby pierwsze większe niż 5 mają na końcu zawsze cyfrę 1,3,7lub9.
Wśród liczb spełniających ten warunek odpadają liczby podzielne przez 3,7, 11 itd.
A. obliczam średnią gęstość liczb zakończonych cyfrą 1,3,7 lub9 większych niż 5 i podzielnych przez 3
Cykl ostatniej cyfry liczb podzielnych przez 3
3,6,9,2,5,8,1,4,7,0...(potem się powtarza w nieskończoność)
Cykl ten zaczyna się powtarzać po 30 liczbach i zawiera 5 liczb spełniających warunek ostatniej cyfry.
B. obliczam średnią gęstość liczb zakończonych cyfrą 1,3,7 lub9 większych niż 5 i podzielnych przez 7
Cykl ostatniej cyfry liczb podzielnych przez 7
7,4,1,8,5,2,9,6,3,0,...
Cykl ten zaczyna się powtarzać po 70 liczbach i zawiera 4 liczby spełniające warunek ostatniej cyfry.

Tyle wystarczy mi do dowodu.
Udowodniłem że w jednej siedemdziesiątce jest co najmniej 14liczb zakończonych cyfrą 1,3,7 lub9 i nie będące liczbami pierwszymi (10liczb podzielnych przez 3 i 4liczby podzielne przez 7).Oczywiście tych liczb jest jeszcze więcej, ale tyle wystarczy do dowodu. W tej że siedemdziesiątce jest 28liczb zakończonych cyfrą 1,3,7 lub9

Wniosek:
1.Wśród kolejnych 70-ciu liczb naturalnych jest mniej niż 14liczb pierwszych(28-14).
Nawiasem mówiąc wystarczyło zrobić A- Wśród kolejnych 30-ciu liczb naturalnych jest co najwyżej (w rzeczywistości zawsze mniej) 7liczb pierwszych(12-5). Trochę zrobiłem za dużo, ale również jest dobrze. Średnia gęstość liczb pierwszych wynosi mniej niż (30/7>4) co czwartą liczbę.
2. Czyli
\(\displaystyle{ p_{k+1}-p_{k}>4)}\).
\(\displaystyle{ p_{k+1}-p_{k}>3)}\).
Jest to wartość średnia więc należy sprawdzić wszystkie liczby w jednej 30, a dalej dzięki powyższemu dowodowi nie równość jest tym bardziej prawdziwa.
Sprawdzam od 37 do 67
\(\displaystyle{ p_{12}=37>36}\).
\(\displaystyle{ p_{13}=41>39}\).
\(\displaystyle{ p_{14}=43>42}\).
\(\displaystyle{ p_{15}=47>45}\).
\(\displaystyle{ p_{16}=53>48}\).
\(\displaystyle{ p_{17}=59>51}\).
\(\displaystyle{ p_{18}=61>54}\).
\(\displaystyle{ p_{19}=67>57}\).

Nie wiem, czy rozumowałem dobrze. Jeśli coś sknociłem to proszę o komentarz. Jeśli ktoś znajdzie prostszy sposób to słucham uważnie. Zadanie jest ciekawe i nietypowe dlatego zamieszczam je na forum.
Proszę o nie kasowanie tematu z jakiś niewiadomych powodów.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

palazi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 175
Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Łapy/Białystok
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 37 razy

Trudne i ciekawe zadanie

Post autor: palazi » 2 sie 2007, o 21:45

Właśnie wymyśliłem takidurny i śmieszny dowód, ale na pewno istnieją ładniejsze.
Więc masz udowodnić, że \(\displaystyle{ p_{n} > 3n}\) Czyli można to zapisać też tak (skoro operujemy w naturalnych):
\(\displaystyle{ p_{n} \geq 3n + 1}\)
No i założenie indukcyjne dla \(\displaystyle{ k = 12}\) działa. No dobra, teraz jedziemy dalej z koksem, teraz zauważ, ze zawsze zachodzi:
\(\displaystyle{ p_{n+1} \geq p_{n} + 2}\) (to jest jasne bo \(\displaystyle{ p_{n+1}}\) nie może byc równe \(\displaystyle{ p_{n} + 1}\) bo któraś z liczb musiałaby być parzysta więc nie pierwsza )
A więc mając tą nierównośc i założenie indukcyjne masz, że:
\(\displaystyle{ p_{n+1} \geq p_{n} + 2 \geq (3n+1) + 2 = 3(n+1)}\)
No ale przecież nigdy nie może zajść (dla n>11) równość \(\displaystyle{ p_{n+1} = 3(n+1)}\) bo wtedy \(\displaystyle{ p_{n+1}}\) nie byłaby pierwszą, a więc zawsze zachodzi \(\displaystyle{ p_{n} > 3n}\)

Awatar użytkownika
Nixur
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 139
Rejestracja: 20 lip 2006, o 20:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kutno
Podziękował: 31 razy
Pomógł: 4 razy

Trudne i ciekawe zadanie

Post autor: Nixur » 4 sie 2007, o 09:45

Dzięki

ODPOWIEDZ