Sulla congettura di Legendre!
Per altro, andate qui: http://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=40&t=115069
Sera, volevo proporvi queste curiosità, e dirmi cosa ne pensate:
"La congettura di Legendre afferma che esiste sempre un numero primo compreso fra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \)"
Ovvero, tra un quadrato perfetto e il successivo quadrato perfetto, c'è sempre ALMENO un numero primo (congettura);
Ora, con la funzione di Gauss-Legendre "funzione enumerativa dei numeri primi", che esprime in modo abbastanza preciso il numero di numeri primi fino a un certo valore \(\displaystyle x \), possiamo utilizzarla per calcolare il numero di primi compresi fra il valore \(\displaystyle n^2 \) ed il valore \(\displaystyle (n+1)^2 \) [La funzione enumerativa è la seguente: $x/log(x)$, dove \(\displaystyle log \) è il logaritmo naturale]
Basta quindi dimostrare che tra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \) esiste almeno un numero primo, ovvero: $(n+1)^2/log(n+1)^2-n^2/log(n^2)$\(\displaystyle >1 \)
(Un esempio per farvi capire il passaggio: tra \(\displaystyle 49 \) e \(\displaystyle 64 \), il numero di numeri primi è circa $64/log64-49/log49$, che è uguale a \(\displaystyle 2,8 \), ed infatti i numeri primi tra \(\displaystyle 64 \) e \(\displaystyle 49 \), sono \(\displaystyle 3 \) (il valore è molto vicino, talmente vicino, che anche la più rozza approssimazione tra 2 quadrati perfetti consecutivi non scenderebbe sotto \(\displaystyle 1 \)))
Sviluppando l'espressione precedente, arriviamo a: \(\displaystyle (n+1)^2log(n)-n^2log(n+1)>2log(n)log(n+1) \) (ho saltato i vari passaggi, per non allungare troppo il post)
Per arrivare, infine, alla seguente conclusione:
\(\displaystyle n>1,74843 \)
Approssimando \(\displaystyle n \) ai numeri naturali, si ottiene \(\displaystyle n\geq \)\(\displaystyle 2 \)
Questo significa, che per ogni \(\displaystyle n\geq \)\(\displaystyle 2 \), esiste sempre ALMENO un numero primo tra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \) (Ricordo che la funzione enumerativa è una approssimazione, ma comunque non abbastanza "rozza" da dare risultati troppo sballati)
A voi i commenti, se ne avete
Sera, volevo proporvi queste curiosità, e dirmi cosa ne pensate:
"La congettura di Legendre afferma che esiste sempre un numero primo compreso fra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \)"
Ovvero, tra un quadrato perfetto e il successivo quadrato perfetto, c'è sempre ALMENO un numero primo (congettura);
Ora, con la funzione di Gauss-Legendre "funzione enumerativa dei numeri primi", che esprime in modo abbastanza preciso il numero di numeri primi fino a un certo valore \(\displaystyle x \), possiamo utilizzarla per calcolare il numero di primi compresi fra il valore \(\displaystyle n^2 \) ed il valore \(\displaystyle (n+1)^2 \) [La funzione enumerativa è la seguente: $x/log(x)$, dove \(\displaystyle log \) è il logaritmo naturale]
Basta quindi dimostrare che tra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \) esiste almeno un numero primo, ovvero: $(n+1)^2/log(n+1)^2-n^2/log(n^2)$\(\displaystyle >1 \)
(Un esempio per farvi capire il passaggio: tra \(\displaystyle 49 \) e \(\displaystyle 64 \), il numero di numeri primi è circa $64/log64-49/log49$, che è uguale a \(\displaystyle 2,8 \), ed infatti i numeri primi tra \(\displaystyle 64 \) e \(\displaystyle 49 \), sono \(\displaystyle 3 \) (il valore è molto vicino, talmente vicino, che anche la più rozza approssimazione tra 2 quadrati perfetti consecutivi non scenderebbe sotto \(\displaystyle 1 \)))
Sviluppando l'espressione precedente, arriviamo a: \(\displaystyle (n+1)^2log(n)-n^2log(n+1)>2log(n)log(n+1) \) (ho saltato i vari passaggi, per non allungare troppo il post)
Per arrivare, infine, alla seguente conclusione:
\(\displaystyle n>1,74843 \)
Approssimando \(\displaystyle n \) ai numeri naturali, si ottiene \(\displaystyle n\geq \)\(\displaystyle 2 \)
Questo significa, che per ogni \(\displaystyle n\geq \)\(\displaystyle 2 \), esiste sempre ALMENO un numero primo tra \(\displaystyle n^2 \) ed \(\displaystyle (n+1)^2 \) (Ricordo che la funzione enumerativa è una approssimazione, ma comunque non abbastanza "rozza" da dare risultati troppo sballati)
A voi i commenti, se ne avete
Risposte
La funzione \(f(x) = \frac{x}{\log x}\) fornisce solo una stima asintotica della distribuzione dei numeri primi.
Se \(\pi(x)\) è il numero di primi minori o uguali a \(x\), sai solo che \(\lim_{x\to+\infty}\frac{\pi(x)}{f(x)}=1\), e non che \(\pi(x) = f(x)\).
Se \(\pi(x)\) è il numero di primi minori o uguali a \(x\), sai solo che \(\lim_{x\to+\infty}\frac{\pi(x)}{f(x)}=1\), e non che \(\pi(x) = f(x)\).
"Andrea57":
[La funzione enumerativa è la seguente: $x/log(x)$, dove \(\displaystyle log \) è il logaritmo naturale]
Come ha detto Rigel, non è così semplice. Questo è solo il limite a cui tende la funzione ad infinito.
[xdom="giammaria"]Non mi sembra un argomento da Superiori; sposto in Pensare un po' di più[/xdom]
Mi piace sempre ricordare, a tal pro, un risultato molto interessante di Chebyshev che mostra quanto può essere affidabile la stima asintotica di Gauss nel concreto:
per ogni $x>3$, si ha
$\frac{x}{2 log(x)}\le \pi(x) \le \frac{2x}{log(x)}$
Questo risultato è importante (avrei voluto scrivere "mi piace", ma è meglio "è importante") perché ci dà un'informazione "nel concreto" di quanto è valida questa stima. Se andiamo, inoltre a vedere quanto è ampio questo intervallo, abbiamo una brutta doccia fredda:
$\frac{2x}{log(x)}-\frac{x}{2log(x)}= \frac{4x-x}{2log(x)}=\frac{3x}{2log(x)}>\frac{x}{log(x)}$
in altre parole l'intervallo è più ampio della stima...
La stima asintotica è una tendenza come dice Caenorhabditis, quindi un limite: utilizzandola nel concreto c'è e ci sarà sempre un errore.
per ogni $x>3$, si ha
$\frac{x}{2 log(x)}\le \pi(x) \le \frac{2x}{log(x)}$
Questo risultato è importante (avrei voluto scrivere "mi piace", ma è meglio "è importante") perché ci dà un'informazione "nel concreto" di quanto è valida questa stima. Se andiamo, inoltre a vedere quanto è ampio questo intervallo, abbiamo una brutta doccia fredda:
$\frac{2x}{log(x)}-\frac{x}{2log(x)}= \frac{4x-x}{2log(x)}=\frac{3x}{2log(x)}>\frac{x}{log(x)}$
in altre parole l'intervallo è più ampio della stima...
La stima asintotica è una tendenza come dice Caenorhabditis, quindi un limite: utilizzandola nel concreto c'è e ci sarà sempre un errore.
Anche migliorando le costanti (cf. per esempio qui) non si va molto lontano: se si trova che per [tex]x[/tex] abbastanza grande si ha [tex]a < \pi(x) \log(x)/x < b[/tex] con [tex]a \leq 1[/tex] e [tex]b > 1[/tex] allora procedendo nel modo ovvio si trova che
[tex]\pi((n+1)^2)-\pi(n^2) > 0[/tex] se [tex]\frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{\log(n)}{\log(n+1)} > b/a > 1[/tex],
che non può essere vero definitivamente dato che [tex]\frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{\log(n)}{\log(n+1)}[/tex] tende a [tex]1[/tex].
Il ragionamento invece funziona per dimostrare che ci sono primi tra [tex]n[/tex] e [tex]2n[/tex], infatti uno arriva a [tex]\frac{2 \log(n)}{\log(2n)} > b/a[/tex] che è vero definitivamente (per opportuni [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex]) perché il membro sinistro tende a [tex]2[/tex].
PS. Nell'articolo che ho segnalato si trova che [tex]1 \leq \pi(x) \log(x)/x < 1.25506[/tex] per [tex]x \geq 17[/tex].
[tex]\pi((n+1)^2)-\pi(n^2) > 0[/tex] se [tex]\frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{\log(n)}{\log(n+1)} > b/a > 1[/tex],
che non può essere vero definitivamente dato che [tex]\frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{\log(n)}{\log(n+1)}[/tex] tende a [tex]1[/tex].
Il ragionamento invece funziona per dimostrare che ci sono primi tra [tex]n[/tex] e [tex]2n[/tex], infatti uno arriva a [tex]\frac{2 \log(n)}{\log(2n)} > b/a[/tex] che è vero definitivamente (per opportuni [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex]) perché il membro sinistro tende a [tex]2[/tex].
PS. Nell'articolo che ho segnalato si trova che [tex]1 \leq \pi(x) \log(x)/x < 1.25506[/tex] per [tex]x \geq 17[/tex].
"Martino":
Nell'articolo che ho segnalato si trova che [tex]1 \leq \pi(x) \log(x)/x < 1.25506[/tex] per [tex]x \geq 17[/tex].
Ricordo che ci sono tanti intervalli differenti: ho segnalato quella di Chebyshev perché è quella più simpatica. Se non erro - ma può anche darsi vista l'ora - quella più precisa è di Sylvester.
Il brutto è che non si può utilizzare la stima asintotica per questo genere di conti proprio per via dell'errore che ne consegue per quanto possa essere stretta la stima. Poi, ovviamente, per cose "larghe" come la congettura di Bertrand, si può invece utilizzare una stima migliore di quella di Chebyshev come ha esaurientemente spiegato Martino.
"Rigel":
La funzione \(f(x) = \frac{x}{\log x}\) fornisce solo una stima asintotica della distribuzione dei numeri primi.
Se \(\pi(x)\) è il numero di primi minori o uguali a \(x\), sai solo che \(\lim_{x\to+\infty}\frac{\pi(x)}{f(x)}=1\), e non che \(\pi(x) = f(x)\).
Esattamente! Stavo quasi per dirlo io...cioè la congettura di Legendre afferma che "c'è sempre ALMENO un numero primo tra due quadrati perfetti consecutivi". la formula per $\pi(x)$ che hai utilizzato purtroppo e solo una stima asintotica (cioè ti dà un'informazione su come si comporta $\pi(x)$ quando $x$ diventa un numero molto grande.
Consiglio: Potresti fare un ragionamento per assurdo: cioè potresti dimostrare che è assurdo non trovare un numero primo tra $n^2$ e $(n+1)^2$.
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