¿Vinogradov ' s "Elementos de teoría del número", Ch1, Ex6: lo que está hablando?

Question

Esta es una pregunta muy específica ligada a una forma muy específica de libros de texto. Deseo aclarar el significado de un ejercicio cuestión en dicho libro de texto.

Ejercicio 6 del Capítulo 1 del 2016 Dover reimpresión de Saúl Kravetz de 1954 traducción al inglés de "Elementos de Teoría de los números" por I. M. Vinogradov lee:

Probar que existe un número infinito de números primos contando el número de enteros, que no exceda de $N$, cuya descomposición canónica no contienen números primos diferentes de $p_1$, $p_2$, ..., $p_k$.

Esto hace que parezca como si ambos $N$ $\{p_1, p_2, ..., p_k\}$ debe ser arbitraria. Sin embargo, si ambos son arbitrarios, entonces los números cuya descomposición canónica sólo incluye a $\{p_1, p_2, ..., p_k\}$ podría fácilmente de escape de los enteros no exceda $N$.

Me decidí a dejar $\{p_1, p_2, ..., p_k\}$ ser arbitraria, fija $N = max(\{p_1, p_2, ..., p_k\})^2$, y trabajó desde allí, pero me pregunto si esto es lo que Vinogradov tenía en mente.

Una versión de el libro de texto que aparece idéntica a la mía se puede encontrar aquí, y el ejercicio que aparece en la página 19. (Gracias a miracle173 para encontrarlo.)

Answer 1

Asumir que hay solamente finito muchos primos $p_1,\ldots, p_k$ entonces hay más $$\left(\frac{\log(N)}{\log(p_1)}+1\right) \cdot ... \cdot \left(\frac{\log(N)}{\log(p_k)}+1\right) \le \left(2\frac{\log(N)}{\log(p_1)}\right) \cdot ... \cdot \left(2\frac{\log(N)}{\log(p_k)}\right) \tag{1}$ $ números cuya descomposición canónica incluye sólo $\{p_1,\ldots, p_k\}$ que no superan el $N$, si $N \ge \max\{p_1,\ldots,p_k\}$.

Por lo tanto hay más $$2^kt^k\frac{\log(N)}{\log(p_1)} \cdot ... \cdot \frac{\log(N)}{\log(p_k)} \tag{2}$$ numbers whose canonical decomposition includes only $ \{p_1,\ldots, p_k\}$ that don't exceed $N^t$. Pero

$$\lim_{t \to \infty}2^kt^k\frac{\log(N)}{\log(p_1)} \cdot ... \cdot \frac{\log(N)}{\log(p_k)}/ N^t=0$$

Answer 2

Esta es exactamente la misma respuesta como https://math.stackexchange.com/a/2234659/11206 publicado por @user1952009. He hecho cambios considerables en la presentación para tratar de hacer que sea más comprensible para los usuarios que no están familiarizados con algunos de notación se conoce en la teoría de los números que fueron utilizados por @user1952009.

Si $P=\{p_1,\ldots,p_k\}$ es un conjunto finito de números primos y $$M(N):= \{n: ( n \le N) \land ( \forall p \in P: p \nmid n)\} $$ es el conjunto de número igual o menor que $N$ que no se dividen por un número primo, a continuación, utilizamos la inclusión-exclusión de principio a recuento $M(N)$ y obtener $$\begin{align} |M(N)|&=N \\ &-\left\lfloor\frac{N}{p_1}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{N}{p_2}\right\rfloor-\cdots-\left\lfloor\frac{N}{p_n}\right\rfloor\\ &+\left\lfloor\frac{N}{p_1p_2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{N}{p_1p_3}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{N}{p_{k-1}p_k}\right\rfloor\\ &-\left\lfloor\frac{N}{p_1p_2p_3}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{N}{p_1p_2p_4}\right\rfloor-\cdots-\left\lfloor\frac{N}{p_{k-2}p_{k-1}p_k}\right\rfloor\\ &\vdots\\ &(-1)^k\left\lfloor\frac{N}{p_1p_2\ldots p_k}\right\rfloor\\ \end{align}$$

Tenga en cuenta que $$\pm\lfloor N/m \rfloor \ge \pm N/m-1$$ así que

$$\begin{align} |M(N)|\ge& N -1 \\ &-\frac{N}{p_1}-1-\frac{N}{p_2}-1-\cdots-\frac{N}{p_n}-1\\ &+\frac{N}{p_1p_2}-1+\frac{N}{p_1p_3}-1+\cdots+\frac{N}{p_{k-1}p_k}-1\\ &-\frac{N}{p_1p_2p_3}-1-\frac{N}{p_1p_2p_4}-1-\cdots-\frac{N}{p_{k-2}p_{k-1}p_k}-1\\ &\vdots\\ &(-1)^k\frac{N}{p_1p_2\ldots p_k}-1\\ =&N\\ &-\frac{N}{p_1}-\frac{N}{p_2}-\cdots-\frac{N}{p_n}\\ &+\frac{N}{p_1p_2}+\frac{N}{p_1p_3}+\cdots+\frac{N}{p_{k-1}p_k}\\ &-\frac{N}{p_1p_2p_3}-\frac{N}{p_1p_2p_4}-\cdots-\frac{N}{p_{k-2}p_{k-1}p_k}\\ &\vdots\\ &(-1)^k\frac{N}{p_1p_2\ldots p_k}\\ &-2^k \\ =& N \prod_{i=1}^{k} (1-\frac{1}{p_i})-2^k \end{align}$$

Si $P$ contiene todos los números primos de $M(N)=\{1\}$ y, por tanto,$|M(N)|=1$. Pero

$$\lim_{N \to +\infty} \left(N \prod_{i=1}^{k} (1-\frac{1}{p_i})-2^k\right) =+\infty $$ y por lo tanto si $P$ es finito tenemos $$\lim_{N \to +\infty} |M(N)| = +\infty$$ lo que contradice $M(N)=\{1\}$.

Answer 3

Si $Q$ es un conjunto de números primos entonces % $ $$\# \{ n \le N, \forall q \in Q, q \nmid n\} = \sum_{m \in A_Q} \mu(m) \lfloor N/m \rfloor$$A_Q$Dónde está el conjunto de números enteros squarefree cuyos factores principales son en $Q$ y $\mu(m)$ es la función de Möbius.

Tenga en cuenta que $\lfloor N/m \rfloor = N/m+O(1)$ para que

$$\# \{ n \le N, \forall q \in Q, q \nmid n\} = N\sum_{m \in A_Q} \frac{\mu(m)}{m}+\sum_{m \in A_Q}\mathcal{O}(1)$$ $% $ $= N \prod_{q \in Q} (1-\frac{1}{q}) + \mathcal{O}(2^{|Q|}) $y conseguimos que $$ \lim_{N \to \infty} \# \{ n \le N, \forall q \in Q, q \nmid n\} =\lim_{N \to \infty} N \prod_{q \in Q} (1-\frac{1}{q}) =\infty$ $ por lo que hay infinitamente muchos números primos.