Ký hiệu $p_{i}$ là số nguyên tố thứ $i$. Tìm tất cả $n$ để $p_{n} \ge (\sqrt{2})^{n}$.
Tìm tất cả $n$ để $p_{n} \ge (\sqrt{2})^{n}$
#1
Đã gửi 16-02-2016 - 18:17
#2
Đã gửi 26-02-2016 - 22:58
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.
- Zaraki, nhungvienkimcuong, PlanBbyFESN và 3 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 27-02-2016 - 18:28
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
#4
Đã gửi 27-02-2016 - 18:39
:-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
#5
Đã gửi 27-02-2016 - 21:31
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
- Liquid yêu thích
#6
Đã gửi 28-02-2016 - 02:50
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.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#7
Đã gửi 28-02-2016 - 08:26
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 $p_{9} = 19$
- vuliem1987 yêu thích
#8
Đã gửi 28-02-2016 - 10:03
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 !
#9
Đã gửi 28-02-2016 - 11:56
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
:-)
- vuliem1987 yêu thích
#10
Đã gửi 28-02-2016 - 12:17
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.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#11
Đã gửi 28-02-2016 - 22:58
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 .
#12
Đã gửi 25-05-2016 - 23:45
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
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: số học, bất đẳng thức
|
Toán Trung học Cơ sở →
Số học →
Chứng minh rằng $(a_{1}^{2}+1)(a_{2}^{2}+1)...(a_{2024}^{2}+1)$ không chia hết cho $(a_{1}.a_{2}...a_{2024})^2$Bắt đầu bởi Nguyentrongkhoi, 26-03-2024 số học |
|
||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Chứng minh rằng $x^2 + y^2 + z^2 - 2(xy + yz + zx)$ là số chính phươngBắt đầu bởi Chuongn1312, 13-03-2024 toán olympic, số học |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$\sum_{n\vdots d,d=2k+1}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}} \hspace{0.2cm} \vdots \hspace{0.2cm} n$Bắt đầu bởi hovutenha, 08-03-2024 tổ hợp, số học |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh