Twierdzenie Czebyszewa o funkcji π(n) - Historia wersji

HenrykDabrowski o 12:20, 21 lis 2025

2025-11-21T12:20:54Z

← poprzednia wersja		Wersja z 14:20, 21 lis 2025
Linia 1916:		Linia 1916:


	Sprawdzając bezpośrednio prawdziwość powyższego oszacowania dla <math>n \leqslant 2650</math>, ~~otrzymujemy~~		Sprawdzając bezpośrednio prawdziwość powyższego oszacowania dla <math>n \leqslant 2650</math>, dostajemy

	::<math>\pi (n) > 0.69 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 3</math>		::<math>\pi (n) > 0.69 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} \qquad \qquad \qquad \text{dla} \;\; n \geqslant 3</math>

HenrykDabrowski o 12:15, 21 lis 2025

2025-11-21T12:15:20Z

Podgląd zmian

HenrykDabrowski o 08:32, 21 lis 2025

2025-11-21T08:32:09Z

Podgląd zmian

HenrykDabrowski o 10:05, 11 lis 2025

2025-11-11T10:05:15Z

← poprzednia wersja		Wersja z 12:05, 11 lis 2025
Linia 1087:		Linia 1087:

	::6.    <math>\log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1) \qquad</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>   (równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy <math>x = 1</math>)		::6.    <math>\log x \leqslant n (x^{1 / n} - 1) \qquad</math> dla każdego <math>x \in \mathbb{R}_+</math> i dowolnego <math>n \in \mathbb{Z}_+</math>   (równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy <math>x = 1</math>)

			::7.    <math>\log x < {\small\frac{1}{\varepsilon}} \cdot x^{\varepsilon} \qquad \qquad \:\,</math> dla każdego <math>x , \varepsilon \in \mathbb{R}_+</math>

	{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}		{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}
Linia 1126:		Linia 1128:

	W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t \leqslant n (e^{t / n} - 1)</math>, czyli <math>e^{t / n} \geqslant {\small\frac{t}{n}} + 1</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>{\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 2. tego twierdzenia.		W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t \leqslant n (e^{t / n} - 1)</math>, czyli <math>e^{t / n} \geqslant {\small\frac{t}{n}} + 1</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>{\small\frac{t}{n}} \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 2. tego twierdzenia.

			'''Punkt 7.'''

			W rozpatrywanej nierówności połóżmy zmienną pomocniczą <math>x = e^t</math>. Dostajemy <math>t < {\small\frac{1}{\varepsilon}} \cdot (e^t)^{\varepsilon}</math>, czyli <math>e^{\varepsilon t} > \varepsilon t</math>. Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnego <math>\varepsilon t \in \mathbb{R}</math> na mocy punktu 1. tego twierdzenia.

HenrykDabrowski o 09:20, 8 lis 2025

2025-11-08T09:20:15Z

HenrykDabrowski o 18:25, 7 lis 2025

2025-11-07T18:25:56Z

Podgląd zmian

HenrykDabrowski o 09:17, 7 lis 2025

2025-11-07T09:17:30Z

@@ Linia 618: / Linia 618: @@
 <span id="A26" style="font-size: 110%; font-weight: bold;">Twierdzenie A26</span><br/>
-Niech <math>p</math> będzie liczbą pierwszą. Jeżeli <math>p^a \biggr\rvert {\small\binom{2 n}{n}}</math>, to <math>p^a \leqslant 2 n</math>.
+Niech <math>n \in \mathbb{N}_0 \,</math> i <math>\, p</math> będzie liczbą pierwszą. Jeżeli <math>p^a \biggr\rvert {\small\binom{2 n}{n}}</math>, to <math>p^a \leqslant 2 n</math>. Równość w tym oszacowaniu jest możliwa tylko w przypadku, gdy <math>n = 1</math> (wtedy <math>p = 2 \;</math> i <math>\; a = 1</math>).
 {{Spoiler|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;|Show=Dowód|Hide=Ukryj dowód}}
@@ Linia 628: / Linia 628: @@
 ::<math>p^a \leqslant p^u \leqslant p^s \leqslant 2 n</math>
 &#9633;
 {{\Spoiler}}

HenrykDabrowski o 17:32, 25 lis 2024

2024-11-25T17:32:31Z

← poprzednia wersja		Wersja z 19:32, 25 lis 2024
Linia 153:		Linia 153:

	<hr style="width: 25%; height: 2px; " />		<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
	<span style="color: Green">[a]</span> Warto znać asymptotykę współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>, aby lepiej zrozumieć dowodzone w twierdzeniu oszacowanie. Ze wzoru Stirlinga		<span style="color: Green">[a]</span> Warto znać asymptotykę współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>, aby lepiej zrozumieć dowodzone w twierdzeniu oszacowanie. Ze wzoru Stirlinga<ref name="Stirling"/>

	::<math>\log n! \sim n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log (2 \pi n) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{1260 n^5}} - {\small\frac{1}{1680 n^7}} + {\small\frac{1}{1188 n^9}} + \ldots + {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k - 1) 2 k \cdot n^{2 k - 1}}} + \ldots</math>		::<math>\log n! \sim n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log (2 \pi n) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{1260 n^5}} - {\small\frac{1}{1680 n^7}} + {\small\frac{1}{1188 n^9}} + \ldots + {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k - 1) 2 k \cdot n^{2 k - 1}}} + \ldots</math>
Linia 1754:		Linia 1754:

	<ref name="Dusart18">P. Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', Ramanujan Journal. 45 (1) (January 2018) pp. 225-234.</ref>		<ref name="Dusart18">P. Dusart, ''Explicit estimates of some functions over primes'', Ramanujan Journal. 45 (1) (January 2018) pp. 225-234.</ref>

			<ref name="Stirling">Wikipedia, ''Wzór Stirlinga'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Wz%C3%B3r_Stirlinga Wiki-pl]), ([https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation Wiki-en])</ref>

	<ref name="p1">Wikipedia, ''Twierdzenie o zbieżności ciągu monotonicznego'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_o_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_ci%C4%85gu_monotonicznego LINK])</ref>		<ref name="p1">Wikipedia, ''Twierdzenie o zbieżności ciągu monotonicznego'', ([https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_o_zbie%C5%BCno%C5%9Bci_ci%C4%85gu_monotonicznego LINK])</ref>

HenrykDabrowski o 15:09, 23 lis 2024

2024-11-23T15:09:09Z

← poprzednia wersja		Wersja z 17:09, 23 lis 2024
Linia 142:		Linia 142:

	{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}		{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}
	Indukcja matematyczna. W przypadku lewej nierówności łatwo sprawdzamy, że <math>3.8^{81} < {\small\binom{160}{80}}</math>. Zakładając prawdziwość nierówności dla <math>n \geqslant 80</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>		Indukcja matematyczna<span style="color: Green"><sup>[a]</sup></span>. W przypadku lewej nierówności łatwo sprawdzamy, że <math>3.8^{81} < {\small\binom{160}{80}}</math>. Zakładając prawdziwość nierówności dla <math>n \geqslant 80</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

	::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} > 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \geqslant 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{80 + 1}} \right) > 3.8^{n + 1} \cdot 3.9753 > 3.8^{n + 2}</math>		::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} > 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) \geqslant 3.8^{n + 1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{80 + 1}} \right) > 3.8^{n + 1} \cdot 3.9753 > 3.8^{n + 2}</math>
Linia 150:		Linia 150:

	::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} < 4^{n -1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) < 4^n</math>		::<math>{\small\binom{2 (n + 1)}{n + 1}} = {\small\binom{2 n}{n}} \cdot {\small\frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1) (n + 1)}} < 4^{n -1} \cdot 2 \cdot \left( 2 - {\small\frac{1}{n + 1}} \right) < 4^n</math>


			<hr style="width: 25%; height: 2px; " />
			<span style="color: Green">[a]</span> Warto znać asymptotykę współczynnika dwumianowego <math>{\small\binom{2 n}{n}}</math>, aby lepiej zrozumieć dowodzone w twierdzeniu oszacowanie. Ze wzoru Stirlinga

			::<math>\log n! \sim n \log n - n + {\small\frac{1}{2}} \log (2 \pi n) + {\small\frac{1}{12 n}} - {\small\frac{1}{360 n^3}} + {\small\frac{1}{1260 n^5}} - {\small\frac{1}{1680 n^7}} + {\small\frac{1}{1188 n^9}} + \ldots + {\small\frac{B_{2 k}}{(2 k - 1) 2 k \cdot n^{2 k - 1}}} + \ldots</math>

			::<math>n! \sim \sqrt{2 \pi n} \cdot \left( {\small\frac{n}{e}} \right)^n \cdot \exp \left( \sum_{k = 1}^{\infty} {\small\frac{B_{2 k}}{2 k (2 k - 1) n^{2 k - 1}}} \right)</math>

			::<math>\;\;\;\,\, = \sqrt{2 \pi n} \cdot \left( {\small\frac{n}{e}} \right)^n \cdot \left( 1 + {\small\frac{1}{12 n}} + {\small\frac{1}{288 n^2}} - {\small\frac{139}{51840 n^3}} - {\small\frac{571}{2488320 n^4}} + {\small\frac{163879}{209018880 n^5}} + {\small\frac{5246819}{75246796800 n^6}} - \ldots \right)</math>

			gdzie <math>B_i</math> są liczbami Bernoulliego, wynika, że

			::<math>{\small\binom{2 n}{n}} \sim {\small\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}} \cdot \left( 1 - {\small\frac{1}{8 n}} + {\small\frac{1}{128 n^2}} + {\small\frac{5}{1024 n^3}} - {\small\frac{21}{32768 n^4}} - \ldots \right)</math>
	□		□
	{{\Spoiler}}		{{\Spoiler}}

HenrykDabrowski o 10:15, 26 cze 2024

2024-06-26T10:15:06Z

← poprzednia wersja		Wersja z 12:15, 26 cze 2024
Linia 355:		Linia 355:
	::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} < 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>		::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} < 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>

	Ostatnia nierówność wynika ~~ze spostrzeżenia~~, że ~~funkcja~~ <math>{\small\frac{x}{~~\log x~~}}</math> ~~jest funkcją rosnącą~~ dla <math>~~x > e~~ \~~approx 2.71828~~</math>. ~~Można też wykorzystać oszacowanie~~ <math>~~\log~~(1 ~~+ x~~) ~~< x~~</math> ~~prawdziwe dla~~ <math>x > 0</math>.		Ostatnia nierówność wynika z twierdzenia A6. Wystarczy zauważyć, że <math>n > \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> dla <math>n \geqslant 3</math>. Zatem <math>n^{n + 1} > (n + 1)^n</math>. Logarytmując, otrzymujemy <math>(n + 1) \log n > n \log (n + 1)</math>.

	b) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć <math>n + 1 = 2 k + 1</math> i otrzymujemy:		b) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć <math>n + 1 = 2 k + 1</math> i otrzymujemy:

← poprzednia wersja		Wersja z 11:20, 8 lis 2025
Linia 385:		Linia 385:

	{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}		{{Spoiler\|Style = font-style: italic; font-weight: bold; color: olive; text-decoration: underline;\|Show=Dowód\|Hide=Ukryj dowód}}
	Indukcja matematyczna. Oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math> jest prawdziwe dla <math>2 \leqslant n \leqslant 62</math>, co łatwo sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W programie GP/PARI wystarczy wpisać polecenie:		Indukcja matematyczna. Oszacowanie <math>\pi (n) < 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}}</math> jest prawdziwe dla <math>2 \leqslant n \leqslant 62</math>, co łatwo sprawdzamy przez bezpośrednie wyliczenie. W programie GP/PARI wystarczy wpisać polecenie

	<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 2, 62, '''if'''( '''primepi'''(n) >= 2 * n/'''log'''(n), '''print'''(n) ))</span>		<span style="font-size: 90%; color:black;">'''for'''(n = 2, 62, '''if'''( '''primepi'''(n) >= 2 * n/'''log'''(n), '''print'''(n) ))</span>
Linia 391:		Linia 391:
	Zakładając prawdziwość wzoru dla wszystkich liczb naturalnych należących do przedziału <math>[2, n]</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>		Zakładając prawdziwość wzoru dla wszystkich liczb naturalnych należących do przedziału <math>[2, n]</math>, otrzymujemy dla <math>n + 1</math>

	a) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą parzystą, to:		a) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą parzystą, to

	::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} < 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>		::<math>\pi (n + 1) = \pi (n) = 2 \cdot {\small\frac{n}{\log n}} < 2 \cdot {\small\frac{n + 1}{\log (n + 1)}}</math>

	Ostatnia nierówność wynika z twierdzenia A6. Wystarczy zauważyć, że <math>n > \left( 1 + {\small\frac{1}{n}} \right)^n</math> dla <math>n \geqslant 3</math>. Zatem <math>n^{n + 1} > (n + 1)^n</math>. Logarytmując, otrzymujemy <math>(n + 1) \log n > n \log (n + 1)</math>.		Ostatnia nierówność wynika natychmiast z zadania [[#A7\|A7]].

	b) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć <math>n + 1 = 2 k + 1</math> i otrzymujemy:		b) jeżeli <math>n + 1</math> jest liczbą nieparzystą, to możemy położyć <math>n + 1 = 2 k + 1</math> i otrzymujemy:
Linia 662:		Linia 662:
	::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( \left\lfloor {\small\frac{2^a}{2^k}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{2^{a - 1}}{2^k}} \right\rfloor \right) = \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{k = 1}^{a - 1} \lfloor 2^{a - (k + 1)} \rfloor</math>		::<math>\sum_{k = 1}^{\infty} \left( \left\lfloor {\small\frac{2^a}{2^k}} \right\rfloor - 2 \left\lfloor {\small\frac{2^{a - 1}}{2^k}} \right\rfloor \right) = \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{k = 1}^{a - 1} \lfloor 2^{a - (k + 1)} \rfloor</math>

	::<math>= \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{j = 2}^{a} \lfloor 2^{a - j} \rfloor</math>		:::::::::<math>\;\;\, = \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{j = 2}^{a} \lfloor 2^{a - j} \rfloor</math>

	::<math>= \lfloor 2^{a - 1} \rfloor + \sum_{k = 2}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{j = 2}^{a} \lfloor 2^{a - j} \rfloor</math>		:::::::::<math>\;\;\, = \lfloor 2^{a - 1} \rfloor + \sum_{k = 2}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor - 2 \sum_{j = 2}^{a} \lfloor 2^{a - j} \rfloor</math>

	::<math>= \lfloor 2^{a - 1} \rfloor - \sum_{k = 2}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor</math>		:::::::::<math>\;\;\, = \lfloor 2^{a - 1} \rfloor - \sum_{k = 2}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor</math>

	::<math>= 2 \lfloor 2^{a - 1} \rfloor - \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor</math>		:::::::::<math>\;\;\, = 2 \lfloor 2^{a - 1} \rfloor - \sum_{k = 1}^{a} \lfloor 2^{a - k} \rfloor</math>

	::<math>= 2^a - \sum_{k = 1}^{a} 2^{a - k}</math>		:::::::::<math>\;\;\, = 2^a - \sum_{k = 1}^{a} 2^{a - k}</math>

	::<math>= 2^a - 2^a \sum_{k = 1}^{a} {\small\frac{1}{2^k}}</math>		:::::::::<math>\;\;\, = 2^a - 2^a \sum_{k = 1}^{a} {\small\frac{1}{2^k}}</math>

	::<math>= 1</math>		:::::::::<math>\;\;\, = 1</math>