Προβλήματα Μαθηματικών

Φεβρουαρίου 6, 2010

Συγκλίνει;

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 5:47 πμ

Έστω p_1\le p_2\le \cdots η ακολουθία όλων των πρώτων αριθμών και ας θεωρήσουμε μια ακολουθία \{q_n\} από σύνθετους αριθμούς που είναι μεταξύ τους σχετικά πρώτοι: (q_m,q_n)=1,\ \forall m\neq n. Συγκλίνει η σειρά

\displaystyle \sum_n\frac{q_n}{p_n^3};

Advertisements

4 Σχόλια »

  1. Αν q_n=p_n^3 τότε ικανοποιούνται οι υποθέσεις για την q_n και η σειρά δεν συγκλίνει.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pamp0s — Φεβρουαρίου 7, 2010 @ 4:50 μμ

  2. Σ’ αυτήν την περίπτωση αποκλίνει. Αποκλίνει όμως σε κάθε περίπτωση… αυτό θα θέλαμε να δείξουμε.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Φεβρουαρίου 7, 2010 @ 10:48 μμ

  3. Τα γραμματα c,c',c_1,c_2,\dots θα δηλωνουν απολυτες σταθερες (οχι απαραιτητα τις ιδιες καθε φορα).

    Θα θεωρησω ως δεδομενο οτι

    (1) \sum_{x<p\le2x}1\ge cx/\log x\quad(x\ge1).

    Τοτε εχουμε οτι

    (2) \sum_{p\le x}p^2\ge\sum_{2\le 2^m\le x}4^{m-2}\sum_{2^{m-1}<p\le 2^m}1\ge cx^3/\log x\quad(x\ge2).

    Εστω x\ge2. Εστω οτι x<p_{M+1}<\cdots<p_N\le 2x ειναι ολοι οι πρωτοι στο διαστημα (x,2x]. Τοτε θα εχουμε οτι

    q_{M+1}+\cdots+q_N\ge p_1^2+\cdots+p_{N-M}^2.

    Οντως, αν γραψουμε Q=\{q_{M+1},\dots,q_N\}=\{q_{n_1},\dots,q_{n_{M-N}}\}, οπου ο q_{n_1} εχει το μικροτερο πρωτο διαιρετη απο ολα τα στοιχεια του Q, ο q_{n_2} εχει το δευτερο μικροτερο πρωτο διαιρετη και ουτω καθ'εξης, τοτε θα εχουμε οτι q_{n_i}\ge p_i^2, καθως οι αριθμοι q_1,q_2,\dots ειναι αμοιβαια πρωτοι και συνθετοι αριθμοι.

    Επομενως, η (2) συνεπαγεται οτι

    q_{M+1}+\cdots+q_N\ge p_1^2+\cdots+p_{N-M}^2\ge cp_{N-M}^3/\log p_{N-M}\ge c^{'}x^3/\log x,

    καθως p_{N-M}\ge c_1(N-M)\log(N-M)\ge c_2 x, απο την (1).

    Αρα

    (3) \sum_{x<p_n\le 2x}q_n/p_n^3\ge\frac1{8x^3}(p_1^2+\cdots+p_{N-M})\ge c/\log x\quad(x\ge2).

    Η παραπανω ανισοτητα συνεπαγεται οτι

    \sum_{n=1}^\infty q_n/p_n^3\ge\sum_{m=1}^\infty\sum_{2^m\le p_n\le 2^{m+1}}q_n/p_n^3\ge c'\sum_{m=1}^\infty 1/m=+\infty.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από partalopoulo — Φεβρουαρίου 15, 2010 @ 2:01 πμ

  4. Η λύση σου είναι σωστή.

    Υπάρχει όμως και μια στοιχειώδης απόδειξη που αποφεύγει την επίκληση του θεωρήματος πυκνότητας των πρώτων αριθμών. Μπορεί να βασιστεί στην ειδική περίπτωση του θεωρήματος αναδιάταξης που αναφέρεται στην υπόδειξη του προβλήματος «Ανισότητα Αναδιάταξης«.

    Αναδιατάξτε τους q_1,q_2,\ldots,q_N σε αύξουσα σειρά: \tilde{q}_1\le\tilde{q}_2\le\cdots\le\tilde{q}_N. Δεν είναι δύσκολο να δείτε (γιατί;) ότι έχουμε \tilde{q}_n\ge p_n^2, \forall n. Επομένως, από την εν λόγω ανισότητα έχουμε
    \displaystyle \sum_{n=1}^N\frac{q_n}{p_n^3}\ge\sum_{n=1}^N\frac{\tilde{q}_n}{p_n^3} \ge\sum_{n=1}^N\frac{1}{p_n}\longrightarrow\infty.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Φεβρουαρίου 15, 2010 @ 7:40 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: