Chủ đề này có 11 trả lời

[Ego]

Ký hiệu $p_{i}$ là số nguyên tố thứ $i$. Tìm tất cả $n$ để $p_{n} \ge (\sqrt{2})^{n}$.

[Chris yang]

Ký hiệu $p_{i}$ là số nguyên tố thứ $i$. Tìm tất cả $n$ để $p_{n} \ge (\sqrt{2})^{n}$.

Bổ đề: Với $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ thì $p_n<n^2$ với $n>1$

Chứng minh:

Thấy $n=2,3,4,5$ luôn đúng. Xét $n\geq 6$

Áp dụng định lý PNT  ta có $\frac{p_n}{n}<log(n)+log(log(n))=log(nlog(n))<n\Rightarrow p_n<n^2$

Quay lại bài toán

 Có $n=1,2,3,4,5$ thỏa mãn. Xét $n\ge 6$ Có $p_n^2\geq 2^n$ thì cần  $n^4\geq 2^n$

Ta chứng minh với $n\geq 16$ thì $2^n\geq n^4$ bằng quy nạp. Thật vậy, giả sử khẳng định đúng với $n$, có $2^{n+1}\geq 2n^4\geq (n+1)^4$ ( do $n\geq 16$)

Vậy để $n$ thỏa mãn đề bài thì $1\leq n\leq 16$. Thử lại ta được $n=1,2,3,4,5,6,7,8.9$

 

P.s: một cách khác để chứng minh bổ đề trên là sử dụng giả thiết Andrica, nhưng có vẻ không quen thuộc bằng PNT.

[Ego]

Bổ đề: Với $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ thì $p_n<n^2$ với $n>1$

Chứng minh:

Thấy $n=2,3,4,5$ luôn đúng. Xét $n\geq 6$

Áp dụng định lý PNT  ta có $\frac{p_n}{n}<log(n)+log(log(n))=log(nlog(n))<n\Rightarrow p_n<n^2$

Quay lại bài toán

 Có $n=1,2,3,4,5$ thỏa mãn. Xét $n\ge 6$ Có $p_n^2\geq 2^n$ thì cần  $n^4\geq 2^n$

Ta chứng minh với $n\geq 16$ thì $2^n\geq n^4$ bằng quy nạp. Thật vậy, giả sử khẳng định đúng với $n$, có $2^{n+1}\geq 2n^4\geq (n+1)^4$ ( do $n\geq 16$)

Vậy để $n$ thỏa mãn đề bài thì $1\leq n\leq 16$. Thử lại ta được $n=1,2,3,4,5,6,7,8.9$

 

P.s: một cách khác để chứng minh bổ đề trên là sử dụng giả thiết Andrica, nhưng có vẻ không quen thuộc bằng PNT.

:-P Bạn có thể giới thiệu thêm về giả thiết Andrica luôn không nhỉ? Hình như $n = 9$ không đúng

Bài này có thể chặn thêm chặt nữa :-)   Mình cũng có lời giải khác

[Chris yang]

:-P Bạn có thể giới thiệu thêm về giả thiết Andrica luôn không nhỉ? Hình như $n = 9$ không đúng

Bài này có thể chặn thêm chặt nữa :-)   Mình cũng có lời giải khác

Giả thiết Andrica: Cho $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$. Khi đó $\sqrt{p_{i+1}}-\sqrt{p_i}<1$. Về CM bạn có thể tham khảo Google =))

$p_9=23$. Luôn có $23^2>2^9$ nên $n=9$ đúng chứ nhỉ?

À, bạn post lời giải lên cho mọi người tham khảo với

[I Love MC]

Giả thiết Andrica: Cho $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$. Khi đó $\sqrt{p_{i+1}}-\sqrt{p_i}<1$. Về CM bạn có thể tham khảo Google =))

$p_9=23$. Luôn có $23^2>2^9$ nên $n=9$ đúng chứ nhỉ?

À, bạn post lời giải lên cho mọi người tham khảo với

Andrica có phải là Dorin Andrica ko chị nhỉ

[Zaraki]

P.s: một cách khác để chứng minh bổ đề trên là sử dụng giả thiết Andrica, nhưng có vẻ không quen thuộc bằng PNT.

Nếu đã là giả thiết thì mình nghĩ chắc không thể vận dụng nó để chứng minh được, vì bản thân giả thiết còn chưa có chứng minh cho chính nó.

[Ego]

Lời giải của mình. Ta sẽ chứng minh kết quả sau đây: Với $n \ge 10$ thì $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$. Kiểm tra được $29 < (\sqrt{2})^{10} = 32$. Giả sử giả thiết đúng với $n \ge 10$, nghĩa là $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$.
Từ đó có $(\sqrt{2})^{n + 1} > \sqrt{2}.p_{n} > \frac{6}{5}p_{n}$. Để ý là $n \ge 10$ thì $p_{n} \ge 29$.
Định đề Nagura (kết quả mạnh hơn Bertrand): Với $n \ge 25$ thì giữa $n$ và $\frac{6n}{5}$ tồn tại một số nguyên tố.
Sử dụng định đề này cho ta kết quả $\frac{6}{5}p_{n} > p_{n + 1}$. Từ đó có điều phải chứng minh.
Thử lại từ $1$ đến $9$ cho ta nhận hết kết quả này :-) (như mình đã nói còn một số định đề chặn chặt hơn nữa (chặt hơn Nagura luôn) làm bài toán chặt hơn nữa)
p.s: To @ngocanh99: :-P Xin lỗi bạn, mình nhầm $p_{9} = 19$ 

[Chris yang]

Nếu đã là giả thiết thì mình nghĩ chắc không thể vận dụng nó để chứng minh được, vì bản thân giả thiết còn chưa có chứng minh cho chính nó.

Mình nghĩ là được chứ, vì nó đã được chứng minh 

 

Lời giải của mình. Ta sẽ chứng minh kết quả sau đây: Với $n \ge 10$ thì $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$. Kiểm tra được $29 < (\sqrt{2})^{10} = 32$. Giả sử giả thiết đúng với $n \ge 10$, nghĩa là $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$.
Từ đó có $(\sqrt{2})^{n + 1} > \sqrt{2}.p_{n} > \frac{6}{5}p_{n}$. Để ý là $n \ge 10$ thì $p_{n} \ge 29$.
Định đề Nagura (kết quả mạnh hơn Bertrand): Với $n \ge 25$ thì giữa $n$ và $\frac{6n}{5}$ tồn tại một số nguyên tố.
Sử dụng định đề này cho ta kết quả $\frac{6}{5}p_{n} > p_{n + 1}$. Từ đó có điều phải chứng minh.
Thử lại từ $1$ đến $9$ cho ta nhận hết kết quả này :-) (như mình đã nói còn một số định đề chặn chặt hơn nữa (chặt hơn Nagura luôn) làm bài toán chặt hơn nữa)
p.s: To @ngocanh99: :-P Xin lỗi bạn, mình nhầm $p_{9} = 19$ 

Cảm ơn bạn, trước giờ mình chưa hề biết đến kết quả này. Bữa làm bài này mình sử dụng Bertrand  nhưng không thành công   Bạn có thể cho mình xin ít tài liệu về định đề Nagura được không, mình search gg không có ra !

[Ego]

Cảm ơn bạn, trước giờ mình chưa hề biết đến kết quả này. Bữa làm bài này mình sử dụng Bertrand  nhưng không thành công   Bạn có thể cho mình xin ít tài liệu về định đề Nagura được không, mình search gg không có ra !

http://projecteuclid....pja/1195570997
:-)

[Zaraki]

Mình nghĩ là được chứ, vì nó đã được chứng minh 

Mình có đọc qua bài báo bạn dẫn link. Nếu như mình đọc đúng thì bài báo đó không chứng minh giả thuyết Andrica. Bài báo đã đưa thêm một giả thuyết khác (Conjecture 1) không kèm chứng minh. Bài bảo chỉ khẳng định rằng nếu Conjecture 1 đúng thì giả thuyết Andrica đúng.

 

Ps: Nếu giả thuyết Andrica đã được chứng minh thì mình nghĩ nó sẽ không được gọi là "giả thuyết" nữa.

[vuliem1987]

http://projecteuclid....pja/1195570997
:-)

Đây là kết quả kinh điển thật. Trên tạp chí THTT số 432 có giới thiệu về bổ đề Bertrand của Lê Phúc Lữ và cách chứng minh nó, kết quả đó hiểu được cũng đã mệt rồi, nhưng xem ra chưa ăn thua với lời giải của Nagura về dự đoán của thần đồng Ấn Độ Ramanujan, thấy choáng thật  .

[bangbang1412]

Với $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$ gọi $\pi(n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$ chúng ta có hai kết quả sau với $n>1$ tự nhiên :

                                                                     $$\frac{n}{6logn} < \pi(n) < \frac{6n}{logn}$$

                                                            $$\frac{1}{6}nlogn < p_{n} < 12(nlogn + nlog\frac{12}{e})$$

Kết quả thứ $2$ là một phần của kết quả thứ nhất .

Với $e = lim(1+x)^{\frac{1}{x}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 12-06-2016 - 17:09