Primoriale maggiorato !!
Siano $p_1,p_2,p_3...$ tutti i numeri primi in ordine crescente, dimostrare che
$p_1p_2p_3...p_n >= p_(n+1)+p_(n+2)$ per ogni $n>2$
...ah dimenticavo, non usate il postulato di Bertrand
$p_1p_2p_3...p_n >= p_(n+1)+p_(n+2)$ per ogni $n>2$
...ah dimenticavo, non usate il postulato di Bertrand
Risposte
Provo ad usare il metodo di euclide che lui usò per dimostrare l'infinità dei numeri primi più una induzione... supponiamo quindi per ipotesi induttiva la tesi per $(n-1)$.
Premessa:
per trovare un bound superiore su $p_(n+2)$ si può procedere così:
siano $p_1,...,p_n,p_(n+1)$ i primi $n+1$ primi. Prendo un $k>p_(n+1)$. Supponiamo che $p_(n+2)>k$. Se date le ipotesi riesco ad ottenere un numero minore di $k$ e non divisibile per i primi $n+1$ primi ho una contraddizione, in quanto questo numero sarebbe primo. Da cui $p_(n+2)<=k$.
Oss: Euclide dice che $k=p_1p_2...p_(n+1)+1$ soddisfa le ipotesi.
tesi: vale anche per $k=u=p_1p_2...p_n-p_(n+1)$, il che porterebbe a $p_(n+2)<=u$, ovvero la tesi per $n$.
dim: supponiamo che $p_i|u$ con $1<=i<=n$, ma allora $p_i|p_(n+1)$. Contraddizione. Supponiamo che $p_(n+1)|u$, ma analogamente
$p_(n+1)|(p_1..p_n)$. Contraddizione. Quindi u non è divisibile per i primi $(n+1)$ primi.
Rimane da fare vedere che $u>=p_(n+1)$, ovvero che $(p_1...p_n)/2>=p_(n+1)$. Arrivati a questo punto, per ipotesi induttiva vale che $p_1p_2p_3...p_(n-1) >= p_n+p_(n+1)$ ovvero che $p_1p_2p_3...p_(n-1)-p_n >= p_(n+1)$. Chiamato per comodità $p_1...p_(n-1)=a$ questa si riscrive come $p_(n+1)<=a-p_n$, se valesse $a-p_n<=(a*p_n)/2$ (vera per $p_n>=2$) per transitività $p_(n+1)<=(a*p_n)/2$, ovvero la tesi.
c.v.d.
spero sia corretta...
Premessa:
per trovare un bound superiore su $p_(n+2)$ si può procedere così:
siano $p_1,...,p_n,p_(n+1)$ i primi $n+1$ primi. Prendo un $k>p_(n+1)$. Supponiamo che $p_(n+2)>k$. Se date le ipotesi riesco ad ottenere un numero minore di $k$ e non divisibile per i primi $n+1$ primi ho una contraddizione, in quanto questo numero sarebbe primo. Da cui $p_(n+2)<=k$.
Oss: Euclide dice che $k=p_1p_2...p_(n+1)+1$ soddisfa le ipotesi.
tesi: vale anche per $k=u=p_1p_2...p_n-p_(n+1)$, il che porterebbe a $p_(n+2)<=u$, ovvero la tesi per $n$.
dim: supponiamo che $p_i|u$ con $1<=i<=n$, ma allora $p_i|p_(n+1)$. Contraddizione. Supponiamo che $p_(n+1)|u$, ma analogamente
$p_(n+1)|(p_1..p_n)$. Contraddizione. Quindi u non è divisibile per i primi $(n+1)$ primi.
Rimane da fare vedere che $u>=p_(n+1)$, ovvero che $(p_1...p_n)/2>=p_(n+1)$. Arrivati a questo punto, per ipotesi induttiva vale che $p_1p_2p_3...p_(n-1) >= p_n+p_(n+1)$ ovvero che $p_1p_2p_3...p_(n-1)-p_n >= p_(n+1)$. Chiamato per comodità $p_1...p_(n-1)=a$ questa si riscrive come $p_(n+1)<=a-p_n$, se valesse $a-p_n<=(a*p_n)/2$ (vera per $p_n>=2$) per transitività $p_(n+1)<=(a*p_n)/2$, ovvero la tesi.
c.v.d.
spero sia corretta...
"Thomas":
...Rimane da fare vedere che $u>=p_(n+1)$
In realtà è sufficiente dimostrare che $u>1$.
Sembra tutto corretto, bravo!
graziecarlo 
...
In effetti hai ragione, si conclude perfettamente anche senza quella ipotesi… e del resto, una volta capito ciò (ovvero che $u>=p_(n+2)$ segue direttamente), è ovvio che $p_(n+1)<=u$, senza induzione... se fosse $p_(n+1)>u$, sarebbe $p_(n+1)>u>=p_(n+2)$, assurda per l’ordinamento stabilito tra i primi…
Ciao!
...In effetti hai ragione, si conclude perfettamente anche senza quella ipotesi… e del resto, una volta capito ciò (ovvero che $u>=p_(n+2)$ segue direttamente), è ovvio che $p_(n+1)<=u$, senza induzione... se fosse $p_(n+1)>u$, sarebbe $p_(n+1)>u>=p_(n+2)$, assurda per l’ordinamento stabilito tra i primi…
Ciao!
"Thomas":
graziecarlo
In effetti hai ragione, si conclude perfettamente anche senza quella ipotesi… e del resto, una volta capito ciò (ovvero che u>=p_(n+2) segue direttamente), è ovvio che $p_(n+1)<=u$, senza induzione... se fosse $p_(n+1)>u$, sarebbe $p_(n+1)>u>=p_(n+2)$, assurda per l’ordinamento stabilito tra i primi…
Ciao!
Già, attenzione solo ai dollari cha vanno sempre in coppia
"carlo23":
Già, attenzione solo ai dollari cha vanno sempre in coppia
Eheh… ho corretto… anche se non è solo colpa mia… il mio PC dà i numeri stasera
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