Números primos entre $\sqrt{n}-n^{1/3}$y $\sqrt{n}$

Question

¿Alguien me puede dar una prueba o una referencia para una prueba de que existe un número primo entre <span class="math-container">$\sqrt{n}-n^{1/3}$</span> y <span class="math-container">$\sqrt{n}$</span> <span class="math-container">$n$</span> suficientemente grande?

Estoy leyendo una conferencia donde el profesor utiliza este hecho pero no proporciona ninguna referencia.

¡Gracias!

Answer 1

Algunas ideas:

Poner $n=t^4$. Básicamente están diciendo que el es una de las principales entre $t^2-t^\frac43$ e $t^2$. Por lo suficientemente grandes valores de $t$:

$$t^2-t^{\frac43}<t^2-2t<t^2-2t+1=(t-1)^2$$

Así que si siempre hay un primer entre $(t-1)^2$ e $t^2$ (Legendre de la conjetura), la declaración en su libro es sin duda correcta. Pero de Legendre de la conjetura no ha sido probado o refutado todavía.

Por otro lado, si pones $n=t^6$ está diciendo básicamente que siempre hay un primer entre $t^3-t^2$ e $t^3$. Pero:

$$t^3-t^2>t^3-3t^2+3t+1=(t-1)^3$$

Se demostró que existe un primer entre dos periodos consecutivos de cubos, como $(t-1)^3$ e $t^3$ por lo suficientemente grandes valores de $t$ ($t\ge e^{e^{33.217}}$) y la prueba es bastante complejo, no es el más fácil pieza de matemáticas para leer. Pero que el hecho de que es inútil en este caso. La declaración en su libro parece ser la reducción de la brecha aún más porque lo suficientemente grande como $t$:

$$(t-1)^3<t^3-t^2<t^3$$

Demostrando que no hay un primer entre $t^3$ e $t^3-t^2$ es aún más difícil debido a la brecha entre los números es ahora sólo 1/3 de la distancia que la que teníamos antes. También es posible que tan importante es no garantiza que existe.

Answer 2

Creo que esto te lleva en el parque de pelota.

Número de números primos $<x\approx \frac{x}{ln(x)}$

$\frac{\sqrt{x}}{ln(\sqrt{x})}=\frac{2}{\sqrt{x}}\frac{x}{ln(x)}$

$\frac{x^{1/3}}{ln(x^{1/3})}=\frac{3}{x^{2/3}}\frac{x}{ln(x)}$

Por lo que es suficiente para demostrar $(\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{3}{x^{2/3}})\frac{x}{ln(x)}>1$ suficiente x grande.

Quizás las proporciones podría ayudar a mitigar el error relativo de problemas.

Queremos: $$\pi(\sqrt{x})-\pi(x^{\frac{1}{3}})>1$$ $$\frac{\pi(\sqrt{x})}{\pi(x^{\frac{1}{3}})}>1+\frac{1}{\pi(x^{\frac{1}{3}})}$$ $$\pi(\sqrt{x})>2\pi(x^{\frac{1}{3}})$$ Tomando proporciones de las aproximaciones anteriores,

$\frac{\pi(\sqrt{x})}{\pi(x^{\frac{1}{3}})}\approx \frac{2}{3}x^{\frac{1}{6}}$

$\frac{2}{3}x^{\frac{1}{6}}\pi(x^{\frac{1}{3}})>\pi(x^{\frac{1}{3}})+1$

$\frac{2}{3}x^{\frac{1}{6}}>1+\frac{1}{\pi(x^{\frac{1}{3}})}$

$\frac{2}{3}x^{\frac{1}{6}}>2$

$x>729$

Answer 3

Según lo sugerido por Barry Cipra y yo , poniendo a $n=x^6$ da el intervalo de $[x^3, x^3-x^2]$. Considere la posibilidad de: $$π(x^3) - π(x^3-x^2)$$ donde $π$ es la principal función de conteo. Como $n$ es grande, $x$ también es grande y lo suficientemente grandes valores de $x$ , $π$ puede ser aproximada por la logarítmica integral de la $li (z) := \int^z_0 \frac {dt}{\ln t}$. La serie de la definición es la siguiente: $$li (e^z) := \gamma + \ln |z| + \sum_{n=1}^∞ \frac {z^n}{n.n!}$$ Ahora tomando la $e^u = x^3$ e $e^v = x^3 - x^2$, el uso de las mencionadas definiciones y aproximaciones , y simplificando, tenemos: $$π(x^3) - π(x^3-x^2) ≈ \ln |\frac {u}{v}| + \sum \frac {u^n - v^n}{n.n!}$$ Por lo suficientemente grandes valores de $u$ e $v$ la suma converge a valores mucho más grande de lo $1$. Por lo tanto, $$π(x^3) - π(x^3-x^2) ≥1$$ Como hay al menos un primer entre $x^3$ e $x^3 - x^2$ nuestro resultado queda demostrado.