Una conjetura sobre la función principal$p_n$

Question

Mientras probaba mi sistema Zet para matemáticas computacionales, encuentro posibles relaciones de vez en cuando. La última es:

Conjetura:

Para todo$(m,n)\in\mathbb Z_+^2$ excepto$(3,4),(4,3) \text{ and } (4,4)$, contiene que$p_m\cdot p_n > p_{m\cdot n}$

Answer 1

Tanto los métodos representan un parcial de la prueba de la conjetura. Para completar la prueba de ver Winther la respuesta a continuación.

Primer Método

Sabemos que, $$\dfrac{x}{\ln x}<\pi(x)<\dfrac{2x}{\ln x}\tag{1}$$

para todos los $x\ge 17$ (ver a Greg Martin comentario de abajo).

Podemos demostrar el siguiente teorema,

Teorema. Para todos los $x,y\in \mathbb{N}$ $x,y\ge 24154953$ tenemos $\pi(xy)>\pi(x)\pi(y)$ donde $\pi(x)$ denota la primer función de conteo.

Bosquejo de la prueba. Si podemos mostrar que, \begin{align}\dfrac{xy}{\ln xy}>\dfrac{4xy}{(\ln x)(\ln y)}&\implies \dfrac{(\ln x)(\ln y)}{\ln xy}>\dfrac{1}{4}\\&\implies\dfrac{(\ln x)(\ln y)}{(\ln x+\ln y)}>\dfrac{1}{4}\tag{2}\end{align}Entonces hemos terminado. Supongamos ahora que el$a=\ln x$$b=\ln y$. A continuación, vamos a mostrar que para todo lo suficientemente grande $a,b\in\mathbb{R}$ hemos, $$\dfrac{4 ab}{a+b}>1\implies 4>\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\tag{3}$$ Then if we take $un\ge 17(=\max(4, C))$, we have $(3)$. This in turn shows that for all $x,y\ge e^{17}$ we have $(2)$. Since $24154953>e^{17}$, hemos terminado.

Cuando tenemos este teorema, lo que tenemos que hacer es elegir tanto el $p_n$ $p_m$ tal que $p_n,p_m\ge e^{17}$. Entonces, podemos decir que, $$\pi(p_mp_n)>\pi(p_m)\pi(p_n)\implies \pi(p_mp_n)>mn\implies \pi(p_mp_n)>\pi(p_{mn})\implies p_mp_n>p_{mn}$$Todo lo que queda es comprobar el resto de los casos.

Comentarios

Hemos demostrado que la $\pi(xy)>\pi(x)\pi(y)$ para todos lo suficientemente grande $x,y\in\mathbb{N}$. Pero ahora nos planteamos la cuestión de que para que funciones se $f:D\to \mathbb{N}$ $\mathbb{N}\subseteq D\subseteq \mathbb{R}$ podemos decir que el $\pi(f(xy))>\pi(f(x))\pi(f(y))$?

El examen de la prueba cuidadosamente podemos encontrar una condición suficiente para tal $f$'s.

• Desde $(1)$ es siempre válida para $x\ge \max(2,C)$, si tomamos $f(x)\ge \max(2,C)$ para todos los $x\in \mathbb{N}$, $(1)$ tendrá para nuestro caso también.

• Observar que hemos escrito, $$\dfrac{xy}{\ln xy}>\dfrac{4xy}{(\ln x)(\ln y)}\implies \dfrac{(\ln x)(\ln y)}{\ln xy}>\dfrac{1}{4}$$To satisfy this requirement we take $f(xy)\ge f(x)f(y)$

Además de observar que cualquier función que cumpla estos dos requisitos también satisface $(3)$ porque, $$\dfrac{1}{\ln f(x)}+\dfrac{1}{\ln f(y)}\le \dfrac{1}{\ln 2}+\dfrac{1}{\ln 2}=\dfrac{2}{\ln 2}<4$$

Por lo tanto, la instrucción completa del teorema puede ser escrita como,

Deje $f:D\to \mathbb{N}$ (donde $\mathbb{N} \subseteq D\subseteq \mathbb{R}$),

• $f(x)\ge 2$ todos los $x\in \mathbb{N}$

• $f(xy)\ge f(x)f(y)$

A continuación, $\pi(f(xy))>\pi(f(x))\pi(f(y))$ todos los $f(x),f(y)\ge e^{17}$.

Pero la cota obtenida aquí es bastante grande obligado. Para eliminar este obstáculo, podemos demostrar la conjetura por el siguiente método.

Segundo Método

Sabemos que para todos los $n\ge 6$ hemos, $$n\ln n<p_n<2n\ln n\tag{4}$$Hence to prove the conjecture we first need to show that for all $m,n\ge 6$, $$2mn\ln (mn)\le mn(\ln m)(\ln n)$$Which is equivalent to showing that, $$2\ln (mn)\le (\ln m)(\ln n)\tag{5}$$Now let $a=\ln m$ and $b=\ln n$. Then observe that $(5)$ holds for $\min(a,b)\ge 4$ because, $$2(a+b)\le 4\max(a,b)\le \min(a,b)\max(a,b)=ab$$Hence we conclude that for all $m,n\ge 55$ (because $e^4<55$) we have $p_mp_n>p_{mn}$.

Answer 2

La prueba de la conjetura para suficientemente grande $n,m$ se ha dado en la otra respuesta. Voy aquí se centran en conseguir el control sobre la "suficientemente grande" parte dando así una manera de hacer una prueba de la conjetura para todos los $n,m$. Voy a seguir simplemente la presentación de las desigualdades y el rango para el que están satisfechos sin mostrar todos los peludos cálculos, así que usted debe tratar de comprobar por ti mismo.

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Para $n\geq 6$ Rosser del teorema da precice las desigualdades de la $n$'ésimo número primo $$\log(n) + \log\log(n) - 1 < \frac{p_n}{n} < \log(n) + \log\log(n)$$ De esto podemos obtener $[\log(n) +\log\log(n)-1][\log(m)+\log\log(m)-1] < \frac{p_np_m}{nm}$$\frac{p_{nm}}{nm} < \log(nm) + \log\log(nm)$, por lo que la conjetura de la siguiente manera si podemos probar

$$\log(nm) + \log\log(nm) < [\log(n) +\log\log(n)-1][\log(m)+\log\log(m)-1]$$

Esta desigualdad puede ser demostrado por todos los $n,m\geq 15$. Los casos de $n,m<15$ puede ser realizado por la fuerza bruta y muestra sólo tres casos en los que es violado: $(3,4),(4,3)$$(4,4)$. El resto de los casos, de la siguiente manera si podemos probar

$$\log(mn) + \log\log(mn) < \frac{p_m}{m}[\log(n) + \log\log(n)-1]$$

para$m=1,2,3,\ldots,14$$n\geq 15$. Esta desigualdad puede ser demostrado por $n\geq 33$. Un final de fuerza bruta de verificación de los casos de $n\in[15,33]$ $m\in[1,14]$ completa la prueba de la conjetura.

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Tenga en cuenta que uno no necesita probar la mejor versión posible de las desigualdades anteriores (es decir, $15$ para la primera desigualdad y $33$ para la segunda desigualdad). Podemos cuerda con un peor valor en el expence de comprobar más casos numéricamente. La sustitución de $15$ $33$ $100$ $1000$ debe hacer la prueba de las desigualdades más fácil y aún así ser rápido para comprobar el resto de casos $(n \leq 100, m \leq 1000)$ numéricamente.