Congettura di Legendre e Iwaniec/Pintz!
Rieccomi, più forte che mai 
La nostra bella congettura di Legendre afferma che tra \(\displaystyle a^2 \) ed \(\displaystyle (a+1)^2 \) c'è sempre almeno un numero primo....attualmente non ancora dimostrato.
E' stato però dimostrato da parte di Iwaniec e Pintz che, tra \(\displaystyle n-n^\theta \) ed \(\displaystyle n \) (con $\theta$ \(\displaystyle = \)$23/42$) esiste sempre almeno un numero primo: per farvi un esempio, \(\displaystyle 100-100^\theta<97<100 \), ovvero: \(\displaystyle 88<97<100 \).
La disuguaglianza funziona, quindi, anche per valori di $\theta$ più grandi (\(\displaystyle n^\theta \) sarà quindi più grande, di conseguenza \(\displaystyle n-n^\theta \) sarà più piccolo); Per continuare l'esempio di prima: se \(\displaystyle 100-100^\theta<97<100 \), allora varrà anche \(\displaystyle 100-100^{\theta+\alpha}<97<100 \) (Credo che adesso mi sia spiegato bene, ma per evitare problemi faccio un ulteriore esempio più generico: se \(\displaystyle 30-3^2<25<30 \), varrà anche \(\displaystyle 30-3^{2+1}<25<30 \)
Da adesso in poi, il valore \(\displaystyle \theta+\alpha \) lo chiamerò \(\displaystyle x \), per rendere più facile e scorrevole la lettura)
Bene, ora cominciamo:
Per dimostrare che tra \(\displaystyle a^2 \) ed \(\displaystyle (a+1)^2 \) c'è sempre almeno un numero primo, possiamo porre \(\displaystyle a^2=n-n^x \), ed \(\displaystyle (a+1)^2=n \); Pongo ora le 4 condizioni necessarie:
$sqrt(n-n^x)$ $in$ $NN$ (infatti, \(\displaystyle n-n^x=a^2 \), quindi $sqrt(n-n^x)$ deve dare un numero naturale;
$sqrt(n)$ $in$ $NN$ (per lo stesso motivo: \(\displaystyle n=(a+1)^2 \), quindi $sqrt(n)$ deve dare un numero naturale;
\(\displaystyle n=n-n^x+2 \)$sqrt(n)$\(\displaystyle -1 \) (non perdetevi qui per favore vi faccio degli esempi per farvi capire la 3° condizione necessaria: come ho già detto, \(\displaystyle a^2=n-n^x \), ed \(\displaystyle (a+1)^2=n \), ma questo non basta, poiché anche rispettando le condizioni di Iwaniec e Pintz, ancora non rispetta le condizioni di Legendre, ovvero $n-n^x$ ed $n$ devono essere due quadrati consecutivi, appunto per questo ho posto la precedente equazione; Esempio: prendiamo \(\displaystyle n=25 \), quindi \(\displaystyle n-n^x=16 \), infatti: \(\displaystyle 25=16+2 \)$sqrt(25)$$-1$, $25=16+10-1=25$);
$23/42≤x<1$ (Poiché se fosse minore di $23/42$ cadrebbe la dimostrazione di Iwaniec e Pintz; $<1$ Poiche se fosse $1$ o maggiore, prenderemmo tutti i primi tra $0$ ed $n$, e quindi sarebbe tutto inutile)
Bisogna quindi dimostrare che $x$ è SEMPRE compreso tra $23/42$ ed $1$, quindi:
$2sqrt(n)-1>n^(23/42)$, da cui deriva $2≤n≤2081943$, ma $n$ è un numero quadrato, quindi il dominio si restringe a: $4≤n≤2079364$
$2sqrt(n)-11$ (Ma il dominio resta quello di sopra)
Questi ultimi due passaggi, ve li spiego con degli esempi: prendiamo il solito $n=25$: per la terza condizione, si ha che: $25=25-25^x+2sqrt(25)-1$, da cui deriva $25^x=9$, ovvero $x=log(3)/log(5)$, che infatti è compreso tra $23/42≤x<1$ ($25$ infatti fa parte del dominio).
Ora faccio gli esempi per gli estremi del dominio:
$4=4-4^x+2sqrt(4)-1$, da cui deriva $x=log(3)/log(4)$
$2079364=2079364-2079364^x+2sqrt(2079364)-1$, da cui deriva $x=(log(3)+2log(31))/(2(log(2)+log(7)+log(103)))$
Entrambi i valori rispettano i limiti imposti:
Da ciò deriva che fra TUTTI i quadrati successivi tra $4$ e $2079364$ c'è sempre ALMENO un numero primo (tra $4$ e $9$, tra $9$ e $16$, e cosi via, fino a $2079364$)
Vi chiedo, per favore, prima di commentare, di ricontrollare un attimo, poiché è un po' lunghetta e la risposta che cercate forse è già scritta
Chissà se è la volta buona 
[size=150]P.S.[/size]
Ritornando all'incognita iniziale $a$, se la dimostrazione è corretta, la congettura dovrebbe essere dimostrata per $2≤a≤1442$.
La nostra bella congettura di Legendre afferma che tra \(\displaystyle a^2 \) ed \(\displaystyle (a+1)^2 \) c'è sempre almeno un numero primo....attualmente non ancora dimostrato.
E' stato però dimostrato da parte di Iwaniec e Pintz che, tra \(\displaystyle n-n^\theta \) ed \(\displaystyle n \) (con $\theta$ \(\displaystyle = \)$23/42$) esiste sempre almeno un numero primo: per farvi un esempio, \(\displaystyle 100-100^\theta<97<100 \), ovvero: \(\displaystyle 88<97<100 \).
La disuguaglianza funziona, quindi, anche per valori di $\theta$ più grandi (\(\displaystyle n^\theta \) sarà quindi più grande, di conseguenza \(\displaystyle n-n^\theta \) sarà più piccolo); Per continuare l'esempio di prima: se \(\displaystyle 100-100^\theta<97<100 \), allora varrà anche \(\displaystyle 100-100^{\theta+\alpha}<97<100 \) (Credo che adesso mi sia spiegato bene, ma per evitare problemi faccio un ulteriore esempio più generico: se \(\displaystyle 30-3^2<25<30 \), varrà anche \(\displaystyle 30-3^{2+1}<25<30 \)
Da adesso in poi, il valore \(\displaystyle \theta+\alpha \) lo chiamerò \(\displaystyle x \), per rendere più facile e scorrevole la lettura)
Bene, ora cominciamo:
Per dimostrare che tra \(\displaystyle a^2 \) ed \(\displaystyle (a+1)^2 \) c'è sempre almeno un numero primo, possiamo porre \(\displaystyle a^2=n-n^x \), ed \(\displaystyle (a+1)^2=n \); Pongo ora le 4 condizioni necessarie:
$sqrt(n-n^x)$ $in$ $NN$ (infatti, \(\displaystyle n-n^x=a^2 \), quindi $sqrt(n-n^x)$ deve dare un numero naturale;
$sqrt(n)$ $in$ $NN$ (per lo stesso motivo: \(\displaystyle n=(a+1)^2 \), quindi $sqrt(n)$ deve dare un numero naturale;
\(\displaystyle n=n-n^x+2 \)$sqrt(n)$\(\displaystyle -1 \) (non perdetevi qui per favore
vi faccio degli esempi per farvi capire la 3° condizione necessaria: come ho già detto, \(\displaystyle a^2=n-n^x \), ed \(\displaystyle (a+1)^2=n \), ma questo non basta, poiché anche rispettando le condizioni di Iwaniec e Pintz, ancora non rispetta le condizioni di Legendre, ovvero $n-n^x$ ed $n$ devono essere due quadrati consecutivi, appunto per questo ho posto la precedente equazione; Esempio: prendiamo \(\displaystyle n=25 \), quindi \(\displaystyle n-n^x=16 \), infatti: \(\displaystyle 25=16+2 \)$sqrt(25)$$-1$, $25=16+10-1=25$);$23/42≤x<1$ (Poiché se fosse minore di $23/42$ cadrebbe la dimostrazione di Iwaniec e Pintz; $<1$ Poiche se fosse $1$ o maggiore, prenderemmo tutti i primi tra $0$ ed $n$, e quindi sarebbe tutto inutile)
Bisogna quindi dimostrare che $x$ è SEMPRE compreso tra $23/42$ ed $1$, quindi:
$2sqrt(n)-1>n^(23/42)$, da cui deriva $2≤n≤2081943$, ma $n$ è un numero quadrato, quindi il dominio si restringe a: $4≤n≤2079364$
$2sqrt(n)-1
Questi ultimi due passaggi, ve li spiego con degli esempi: prendiamo il solito $n=25$: per la terza condizione, si ha che: $25=25-25^x+2sqrt(25)-1$, da cui deriva $25^x=9$, ovvero $x=log(3)/log(5)$, che infatti è compreso tra $23/42≤x<1$ ($25$ infatti fa parte del dominio).
Ora faccio gli esempi per gli estremi del dominio:
$4=4-4^x+2sqrt(4)-1$, da cui deriva $x=log(3)/log(4)$
$2079364=2079364-2079364^x+2sqrt(2079364)-1$, da cui deriva $x=(log(3)+2log(31))/(2(log(2)+log(7)+log(103)))$
Entrambi i valori rispettano i limiti imposti:
Da ciò deriva che fra TUTTI i quadrati successivi tra $4$ e $2079364$ c'è sempre ALMENO un numero primo (tra $4$ e $9$, tra $9$ e $16$, e cosi via, fino a $2079364$)
Vi chiedo, per favore, prima di commentare, di ricontrollare un attimo, poiché è un po' lunghetta e la risposta che cercate forse è già scritta
Chissà se è la volta buona [size=150]P.S.[/size]
Ritornando all'incognita iniziale $a$, se la dimostrazione è corretta, la congettura dovrebbe essere dimostrata per $2≤a≤1442$.
Risposte
Non sono in grado di risponderti in merito però posso e voglio augurti In bocca al lupo 
"Andrea57":
Rieccomi, più forte che mai
Bentornato e complimenti per l'impegno e l'entusiasmo (sperando che vengono ripagati, ovvio).
Ho rigirato la tua dimostrazione per un'ora buona e non trovo errori di sorta, anche se il ragionamento è abbastanza contorto e occorre rifletterci abbastanza su (per chi lo legge... per questo può darsi che c'è qualche svistina che mi è sfuggita). Comunque se corretta,hai dimostrato che vale la congettura di Legendre vale per $4\le n \le \text{quel numerone la'}$ che è un mattoncino nella grandezza di tale congettura.
PS
Comunque $n=n-n^x+2\sqrt(n)-1$ puoi direttamente scriverlo semplificando la $n$ in entrambi i membri
.
"Zero87":
PS
Comunque $n=n-n^x+2\sqrt(n)-1$ puoi direttamente scriverlo semplificando la $n$ in entrambi i membri
Sisi, era per farlo notare meglio
Putroppo sò che "quel numerone là" è un briciolo nella congettura, ma purtroppo con $23/42$ è il massimo che ho potuto fare 
"Andrea57":
Sisi, era per farlo notare meglio
Comunque, se sei uno studente delle superiori, non posso far altro che costatare che il tuo impegno è notevole e complimentarmi per questo.
... Se sei uno studente dal II anno in poi di università, è pur sempre un utile esercizio per spremere le meningi!
"Zero87":
[quote="Andrea57"]Sisi, era per farlo notare meglio
Comunque, se sei uno studente delle superiori, non posso far altro che costatare che il tuo impegno è notevole e complimentarmi per questo.
... Se sei uno studente dal II anno in poi di università, è pur sempre un utile esercizio per spremere le meningi!
[/quote]Sono al mio ultimo anno del liceo
Mi piace spremermi per cercare soluzioni che altri non trovano, e le congetture in generale me ne danno l'opportunità, anche se alla fine non sempre ottengo i risultati sperati
"Andrea57":
[...]
Questi ultimi due passaggi, ve li spiego con degli esempi: prendiamo il solito $n=25$: per la terza condizione, si ha che: $25=25-25^x+2sqrt(25)-1$, da cui deriva $25^x=9$, ovvero $x=log(3)/log(5)$, che infatti è compreso tra $23/42≤x<1$ ($25$ infatti fa parte del dominio).
Ora faccio gli esempi per gli estremi del dominio:
$4=4-4^x+2sqrt(4)-1$, da cui deriva $x=log(3)/log(4)$
$2079364=2079364-2079364^x+2sqrt(2079364)-1$, da cui deriva $x=(log(3)+2log(31))/(2(log(2)+log(7)+log(103)))$
Entrambi i valori rispettano i limiti imposti:
Da ciò deriva che fra TUTTI i quadrati successivi tra $4$ e $2079364$ c'è sempre ALMENO un numero primo (tra $4$ e $9$, tra $9$ e $16$, e cosi via, fino a $2079364$) [...]
Quest'ultima parte andrebbe dimostrata per bene, anche se credo che quanto dici sia vero.
Ad ogni modo l'idea mi sembra buona, anche se chiaramente il risultato vale per un insieme finito di naturali. Risultati più generali richiedono probabilmente della Matematica più sofisticata (e poi sembra che la congettura si faccia interessante proprio per $n$ "grandi", vedi per esempio prime gaps)...
"Delirium":
Ad ogni modo l'idea mi sembra buona, anche se chiaramente il risultato vale per un insieme finito di naturali. Risultati più generali richiedono probabilmente della Matematica più sofisticata (e poi sembra che la congettura si faccia interessante proprio per $n$ "grandi", vedi per esempio prime gaps)...
Lo so, quando infatti ho visto di aver individuato un intervallo ci sono rimasto un pò deluso, ma meglio di niente
Per valori più alti ne sò meno di voi 
Beh comunque bravo, mi piace il tuo modo di ragionare.
Anche io quando andavo al liceo mi divertivo in cerca di dimostrazioni elementari di varie cose (una volta ho imbrattato il banco con una matita cercando di dimostrare il Piccolo teorema di Fermat - dimostrazione che poi ho chiarito e completato più tardi, all'università, utilizzando la Teoria dei Gruppi -... tant'è che poi i professori mi hanno obbligato a rimanere un attimo dopo il termine delle lezioni per pulire quello "scempio").
Anche io quando andavo al liceo mi divertivo in cerca di dimostrazioni elementari di varie cose (una volta ho imbrattato il banco con una matita cercando di dimostrare il Piccolo teorema di Fermat - dimostrazione che poi ho chiarito e completato più tardi, all'università, utilizzando la Teoria dei Gruppi -... tant'è che poi i professori mi hanno obbligato a rimanere un attimo dopo il termine delle lezioni per pulire quello "scempio").
Dai ragazzi, pareri autorevoli?
Anche se fosse dimostrato solo per questo "piccolo" intervallo, ne vorrei la certezza, come guadagno personale
Anche se fosse dimostrato solo per questo "piccolo" intervallo, ne vorrei la certezza, come guadagno personale
Non capisco se vuoi sapere se quello che hai dimostrato è vero o se la tua dimostrazione è giusta.
Posso rispondere alla prima domanda: come vedi qui, la congettura si sa che vale fino a $10^{18}$.
Posso rispondere alla prima domanda: come vedi qui, la congettura si sa che vale fino a $10^{18}$.
"Martino":
Non capisco se vuoi sapere se quello che hai dimostrato è vero o se la tua dimostrazione è giusta.
Posso rispondere alla prima domanda: come vedi qui, la congettura si sa che vale fino a $10^{18}$.
Esatto, si sà che "vale", ovvero che fino a $10^{18}$ non sono stati trovati controesempi (e quindi "regge")
La mia, invece, dovrebbe essere la "dimostrazione" che la congettura di Legendre sia vera per i valori tra $2$ e $1442$...
Si sa che vale, quindi è stato dimostrato. L'unico modo che abbiamo di sapere che una cosa è "vera" è tramite la dimostrazione.
Prendere la lista dei primi fino a $10^{18}$ e fare tutti i controlli del caso costituisce una dimostrazione.
Prendere la lista dei primi fino a $10^{18}$ e fare tutti i controlli del caso costituisce una dimostrazione.
"Martino":
Si sa che vale, quindi è stato dimostrato. L'unico modo che abbiamo di sapere che una cosa è "vera" è tramite la dimostrazione.
Prendere la lista dei primi fino a $10^{18}$ e fare tutti i controlli del caso costituisce una dimostrazione.
Capisco
Beh, almeno mi son divertito
"Andrea57":
Beh, almeno mi son divertito
Questa è davvero una bella risposta... e anche alquanto rara.
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