Senza cannoneggiare, si mostri che
$ \displaystyle n \leq \prod_{p \leq n} p \leq 4^n $
A questo punto, sempre senza cannoneggiare e senza linkare teoremi assurdi, si trovino, scrivendo correttaemente la dimostrazione, bound migliori dipendenti da n. Divertitevi
Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
Non mi viene nessuna buona idea per la disuguaglianza a destra, ma visto che nessuno risponde inizio con solo quella a sinistra..
$ 1+\displaystyle \prod_{p \leq n} p $ ha almeno un fattore primo $ q $ diverso da tutti quelli in produttoria (e quindi maggiore di $ n $), per il quale possiamo quindi scrivere $ \displaystyle q \leq 1+ \prod_{p \leq n} p $.
Supponiamo che esista un $ n $ tale che $ \displaystyle n > \prod_{p \leq n} p $. Allora avremmo che $ \displaystyle n \geq 1+ \prod_{p \leq n} p \geq q \rightarrow n \geq q $. Assurdo.
$ 1+\displaystyle \prod_{p \leq n} p $ ha almeno un fattore primo $ q $ diverso da tutti quelli in produttoria (e quindi maggiore di $ n $), per il quale possiamo quindi scrivere $ \displaystyle q \leq 1+ \prod_{p \leq n} p $.
Supponiamo che esista un $ n $ tale che $ \displaystyle n > \prod_{p \leq n} p $. Allora avremmo che $ \displaystyle n \geq 1+ \prod_{p \leq n} p \geq q \rightarrow n \geq q $. Assurdo.
Pota gnari!
Re: Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
Bene kalu .
Giacchè mi piace vedere da dimostrare la doppia disugualianza e nessuno rilancia, rilancio subito io:
$ \displaystyle n^2 \leq \prod_{p\leq n} p \leq 4^n $ con la disuguaglianza di sinistra valida per $ n \geq 7 $.
Ritengo che quella di sinistra rimanga ancora un po' più facile di quella di destra. Tra qualche giorno o su richiesta metterò un (piccolo) hint sulla seconda.
Giacchè mi piace vedere da dimostrare la doppia disugualianza e nessuno rilancia, rilancio subito io:
$ \displaystyle n^2 \leq \prod_{p\leq n} p \leq 4^n $ con la disuguaglianza di sinistra valida per $ n \geq 7 $.
Ritengo che quella di sinistra rimanga ancora un po' più facile di quella di destra. Tra qualche giorno o su richiesta metterò un (piccolo) hint sulla seconda.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
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- Iscritto il: 07 mag 2012, 11:51
Re: Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
La disuguaglianza di destra è davvero figa.
Lemma non troppo antip-adico. $\displaystyle \nu_p \left[ {2m+1 \choose m} \right]=1$ per ogni $m+1<p<2m+1$.
La dimostrazione è immediata.
Lemma del binomiale. $\displaystyle {2m+1 \choose m}<4^m$.
Dimostrazione:
$\displaystyle 2\cdot 4^m=(1+1)^{2m+1}=1+{2m+1 \choose 1}+...+{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}+...+1>{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}=2{2m+1 \choose m}$.
Ora dimostriamo per induzione su $n$ che $\displaystyle \prod_{p \le n}p<4^n$.
Consideriamo distintamente due casi: $n=2k$ e $n=2k+1$.
Passo base. Banalmente verificato.
Passo induttivo. Supponiamo che la tesi sia vera per gli interi $<n$.
Rilancio: $\displaystyle \prod_{p \le n}p<(2.83)^n$.
Lemma non troppo antip-adico. $\displaystyle \nu_p \left[ {2m+1 \choose m} \right]=1$ per ogni $m+1<p<2m+1$.
La dimostrazione è immediata.
Lemma del binomiale. $\displaystyle {2m+1 \choose m}<4^m$.
Dimostrazione:
$\displaystyle 2\cdot 4^m=(1+1)^{2m+1}=1+{2m+1 \choose 1}+...+{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}+...+1>{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}=2{2m+1 \choose m}$.
Ora dimostriamo per induzione su $n$ che $\displaystyle \prod_{p \le n}p<4^n$.
Consideriamo distintamente due casi: $n=2k$ e $n=2k+1$.
Passo base. Banalmente verificato.
Passo induttivo. Supponiamo che la tesi sia vera per gli interi $<n$.
- Se $n=2k$, allora
$$\displaystyle \prod_{p \le 2k}p=\prod_{p \le 2k-1}p<4^{2k-1}<4^{2k}.$$ - Se $n=2k+1$, per "lemma non troppo anti-padico" e "lemma del binomiale", abbiamo che
$$\displaystyle \prod_{p \le 2k+1}p=\left( \prod_{p \le k+1}p \right) \left( \prod_{k+1<p<2k+1}p \right)<4^{k+1}{2k+1 \choose k}<4^{k+1}\cdot 4^k=4^{2k+1}.$$
Rilancio: $\displaystyle \prod_{p \le n}p<(2.83)^n$.
Re: Disuguaglianze sul prodotto dei numeri primi
Complimenti, non era facile! E la tua soluzione, benchè sostanzialmente uguale alla mia è molto più elegante (Del tipo non avevo usato valutazioni p-adiche ma considerazioni " a voce" e il lemma del binomiale l'avevo mostrato per induzione... )!
La mia intenzione era di passare da $ 4^n $ a $ 3^n $ ma noto con immenso piacere che ti sei già spinto oltre .
Per far sì che questo post non risulti inutile lascio un piccolo hint per la prima disuguaglianza:
La mia intenzione era di passare da $ 4^n $ a $ 3^n $ ma noto con immenso piacere che ti sei già spinto oltre .
Per far sì che questo post non risulti inutile lascio un piccolo hint per la prima disuguaglianza:
Testo nascosto:
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.