tutti gli interi sono somma di due liberi da quadrati.
tutti gli interi sono somma di due liberi da quadrati.
Mostrare che ogni intero $ >1 $ è la somma di due interi positivi liberi da quadrati.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
L'ho dimostrato... ma è una delle dimostrazione più brutte che abbia mai fatto xD
Penso che ce ne sia una molto più bella ma intanto posto la mia (con aiuto di Gioacchino):
Definisco O(n) il numero di "privi di quadrati" minori di n.
Ragionando posso definire O(n) come n-(tutti i multipli di quadrati); ma questo valore è sicuramente maggiore di
$ $ n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}[\frac{n}{i^2}]$ $
con [x] la parte intera di x. Questo perchè se un numero è multiplo di un quadrato allora è multiplo del quadrato di un primo e se deve essere minore di n allora il primo è minore della radice di n... quella sommatoria praticamente somma i numeri divisibili per 4,9,25... etc fino all'ultimo primo minore della radice di n.
Quindi posso dire:
$ $O(n)>n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}[\frac{n}{i^2}]>n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{n}{i^2}=n(1-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{1}{i^2})$ $
Ora dimostro che la sommatoria è minore di 1/2... se così fosse allora
$ O(n)>n/2 $
Da cui la tesi deriva ovviamente dato che se scelgo n/2+1 numeri minori di n almeno una coppia sommata dà n (si dimostra facilmente notando che se c'è k non può essere presente n-k).
Per dimostrare la disuguaglianza devo usare il risultato del problema di basilea in questa catena di disuguaglianze:
$ $\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{1}{i^2}<\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\infty}\frac{1}{i^2}<\left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}\right)-\frac{1}{1^2}-\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}-\frac{1}{8^2}-\frac{1}{9^2}-\frac{1}{10^2}-\frac{1}{12^2}-\frac{1}{14^2}-\frac{1}{16^2}=\frac{\pi^2}{6} -\frac{29177437}{25401600}<\frac{(\frac{31415927}{10000000})^2}{6}-\frac{29177437}{25401600}=\frac{393953794593322267}{793800000000000000}<1/2$ $
Da cui si conclude per quanto detto in precedenza...
Rileggendola la dimostrazione diventa sempre più brutta xD
Penso che ce ne sia una molto più bella ma intanto posto la mia (con aiuto di Gioacchino):
Definisco O(n) il numero di "privi di quadrati" minori di n.
Ragionando posso definire O(n) come n-(tutti i multipli di quadrati); ma questo valore è sicuramente maggiore di
$ $ n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}[\frac{n}{i^2}]$ $
con [x] la parte intera di x. Questo perchè se un numero è multiplo di un quadrato allora è multiplo del quadrato di un primo e se deve essere minore di n allora il primo è minore della radice di n... quella sommatoria praticamente somma i numeri divisibili per 4,9,25... etc fino all'ultimo primo minore della radice di n.
Quindi posso dire:
$ $O(n)>n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}[\frac{n}{i^2}]>n-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{n}{i^2}=n(1-\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{1}{i^2})$ $
Ora dimostro che la sommatoria è minore di 1/2... se così fosse allora
$ O(n)>n/2 $
Da cui la tesi deriva ovviamente dato che se scelgo n/2+1 numeri minori di n almeno una coppia sommata dà n (si dimostra facilmente notando che se c'è k non può essere presente n-k).
Per dimostrare la disuguaglianza devo usare il risultato del problema di basilea in questa catena di disuguaglianze:
$ $\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\sqrt{n}}\frac{1}{i^2}<\sum_{i\in\mathbb{P}}^{\infty}\frac{1}{i^2}<\left(\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}\right)-\frac{1}{1^2}-\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}-\frac{1}{8^2}-\frac{1}{9^2}-\frac{1}{10^2}-\frac{1}{12^2}-\frac{1}{14^2}-\frac{1}{16^2}=\frac{\pi^2}{6} -\frac{29177437}{25401600}<\frac{(\frac{31415927}{10000000})^2}{6}-\frac{29177437}{25401600}=\frac{393953794593322267}{793800000000000000}<1/2$ $
Da cui si conclude per quanto detto in precedenza...
Rileggendola la dimostrazione diventa sempre più brutta xD
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Nonno Bassotto
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credo che la stima sulla somma si possa fare in modo un po' più "informale" facendo stime sul logaritmo della serie di 1/n^2...
più precisamente, basta osservare che per ogni $ -1/4\le x\le 0 $ si ha $ x\le k\log (1+x) $ (dove la costante si determina facilmente, probabilmente per concavità), e poi si smanetta un pochino con l'identità $ \prod (1-\frac1{p^2}) = \sum \frac1{n^2} $... non ho fatto tutti i conti (sinceramente mi ci sto un po' perdendo), ma spero che torni
più precisamente, basta osservare che per ogni $ -1/4\le x\le 0 $ si ha $ x\le k\log (1+x) $ (dove la costante si determina facilmente, probabilmente per concavità), e poi si smanetta un pochino con l'identità $ \prod (1-\frac1{p^2}) = \sum \frac1{n^2} $... non ho fatto tutti i conti (sinceramente mi ci sto un po' perdendo), ma spero che torni
Alur... premetto che non mastico molto i logaritmi... ma proverò a capire la tua idea.
Ma in ogni caso ci sono dei buchi che proprio non riesco a riempire :|
Prima di tutto... a che ti servono i logaritmi per valutare la serie armonica? Spiega meglio perchè non ho capito quella parte... ma poi quell'identità che roba è :| Come si dimostra ??? (o anche come si chiama... che me la guardo su wiki)
Ma in ogni caso ci sono dei buchi che proprio non riesco a riempire :|
Prima di tutto... a che ti servono i logaritmi per valutare la serie armonica? Spiega meglio perchè non ho capito quella parte... ma poi quell'identità che roba è :| Come si dimostra ??? (o anche come si chiama... che me la guardo su wiki)
mumble, in effetti sono stato un po' fumoso...
se prendi per buona quell'identità, fai i logaritmo di entrambi i membri e usi la stima, dovresti ottenere qualcosa tipo $ \displaystyle k\sum \frac1{p^2}<\log\left(\frac{\pi^2}6\right) $, da cui (se la costante del mio post precedente è abbastanza buona) potresti ottenere che la serie è minore di $ \frac12 $.
per quanto riguarda quell'identità, si va un po' "off-topic", o quantomeno su argomenti non elementari (da analisi 1, per capirci): si deve sfruttare l'assoluta convergenza per riordinare i termini e fare la somma della serie geometrica per ogni primo..
qualcosa tipo:
$ \displaystyle\lim_{p,k\to\infty}\prod_p\left(\sum \frac1{(p^2)^k}\right) = \lim_S \sum_S \frac1{n^2} $,
dove i primi limiti sono fatti bene, la somma è presa su sottoinsiemi "crescenti" "fatti bene" degli interi positivi.
se prendi per buona quell'identità, fai i logaritmo di entrambi i membri e usi la stima, dovresti ottenere qualcosa tipo $ \displaystyle k\sum \frac1{p^2}<\log\left(\frac{\pi^2}6\right) $, da cui (se la costante del mio post precedente è abbastanza buona) potresti ottenere che la serie è minore di $ \frac12 $.
per quanto riguarda quell'identità, si va un po' "off-topic", o quantomeno su argomenti non elementari (da analisi 1, per capirci): si deve sfruttare l'assoluta convergenza per riordinare i termini e fare la somma della serie geometrica per ogni primo..
qualcosa tipo:
$ \displaystyle\lim_{p,k\to\infty}\prod_p\left(\sum \frac1{(p^2)^k}\right) = \lim_S \sum_S \frac1{n^2} $,
dove i primi limiti sono fatti bene, la somma è presa su sottoinsiemi "crescenti" "fatti bene" degli interi positivi.
Qui c'è la mia soluzione, l'idea base è la stessa, soltanto che evito $ \zeta(2) $ e prodotti di eulero (seppur potevano essere dati per fatti noti 
)
)jordan ha scritto:Iniziamo: $ 2=1+1,3=2+1,4=3+1,5=2+3,6=5+1 $,$ 7=5+2,8=5+3,9=7+2, $$ 10=7+311=10+1,12=10+2,13=10+3 $. Per il seguito supponiamo $ n\ge 14 $. Se mostriamo che tra $ 1 $ e $ n $ ci sono più di $ \frac{n}{2} $ numeri liberi da quadrati allora abbiamo la tesi. Ma ciò è vero perchè i numeri che non sono liberi da quadrati sono al massimo (al diavolo anche inclusione-esclusione):
- $ \displaystyle \sum_{i=1}^{\pi(n)}{\left\lfloor \frac{n}{p_i^2} \right\rfloor} < n\sum_{i=1}^{\pi(n)}{p_i^{-2}} $ $ \displaystyle < n \left(2^{-2}+3^{-2}+5^{-2}+7^{-2}+11^{-2}+13^{-2}+\sum_{i=17}^{n}{i^{-2}}\right) $
$ \displaystyle < n\left(2^{-2}+3^{-2}+5^{-2}+7^{-2}+11^{-2}+13^{-2}+16^{-1} \right) $$ \displaystyle < \frac{n}{2} $.
- $ \displaystyle < n\left[2^{-2}+3^{-2}+5^{-2}+7^{-2}+11^{-2}+13^{-2}+\sum_{i=17}^n\left(\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}\right)\right] $
The only goal of science is the honor of the human spirit.