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Autor Tema: Sobre la conjetura de Andrica  (Leído 1517 veces)
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lee_bran
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« : 22/06/2017, 11:44:30 am »

Buenas tardes,

La conjetura de Andrica se refiere a los huecos que hay entre números primos. En concreto, dice que:

[texx]\sqrt[ ]{p_{n+1}} -\sqrt[ ]{p_n} < 1 [/texx]

o lo que es lo mismo, pasando al segundo termino p(n) y elevando al cuadrado la inecuación:

[texx]p_{n+1} < 1 + p_n + 2\sqrt[ ]{p_n}[/texx]

Trasteando con diversos programas, he llegado a una reducción de dicha cota:

[texx]p_{n+1} < 4 + p_n + \sqrt[ ]{p_n}[/texx]

Ajustando algo más, llego a la siguiente definición de la cota en 2 tramos:

[texx]p_{n+1} < 4 + p_n +\displaystyle\frac{19}{20} \sqrt[ ]{p_n}[/texx] si [texx]p_n < 2400[/texx]
[texx]p_{n+1} < 35 + p_n +\displaystyle\sqrt[100]{p_n^\left\{{37}\right\}}[/texx] si [texx]p_n \geq{} 2400[/texx]

(última línea dice raíz centésima de p_n elevado a 37, aunque no se ve muy allá).

Vale, la conjetura de Andrica no está demostrada para "todos los números primos" (búsquese demostración Euclides, existencia infinitos números primos por reducción al absurdo) y ésta tampoco, pero si se cumple ésta, la de Andrica también (salvo las cotas de los siguientes del 3, 5 y 7, para el resto obtenemos números más bajos).

Si no les gusta la definición de la cota en 2 partes, tomen solo la primera (solo adverbio se escribe sin tilde según la RAE) para todos los números primos, que aún así mejora la cota de Andrica.

Saludos
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feriva
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« Respuesta #1 : 22/06/2017, 01:31:32 pm »

Buenas tardes,

La conjetura de Andrica se refiere a los huecos que hay entre números primos. En concreto, dice que:

[texx]\sqrt[ ]{p_{n+1}} -\sqrt[ ]{p_n} < 1 [/texx]



Muchas gracias por la información, lee_bran, no conocía esta conjetura y me parece muy interesante (en cuanto a tu conjetura no he hecho comprobaciones, pero supongo que funcionará como dices).

Saludos.
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Luis Fuentes
el_manco
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« Respuesta #2 : 22/06/2017, 01:49:46 pm »

Hola

 Hay otras muchas conjeturas sobre cotas superiores de la diferencia entre primos consecutivos.

 Puedes ver algunas por aquí:

https://en.wikipedia.org/wiki/Prime_gap

 Muchas más fuertes que las de Andrica.

Saludos.
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feriva
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« Respuesta #3 : 22/06/2017, 02:09:28 pm »

Hola

 Hay otras muchas conjeturas sobre cotas superiores de la diferencia entre primos consecutivos.

 Puedes ver algunas por aquí:

https://en.wikipedia.org/wiki/Prime_gap

 Muchas más fuertes que las de Andrica.

Saludos.

Muchas gracias también.

Saludos
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lee_bran
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« Respuesta #4 : 22/06/2017, 04:21:04 pm »

No hay de que Feriva: se puede encontrar fácilmente información de la conjetura en la red. Por mi parte, trate de buscar una demostración algebraica basándome en otros resultados ya probados, pero sin éxito. Esto me llevó a otras formulaciones y a realizar la mía propia respecto a los primos consecutivos.

Hola

 Hay otras muchas conjeturas sobre cotas superiores de la diferencia entre primos consecutivos.

 Puedes ver algunas por aquí:

https://en.wikipedia.org/wiki/Prime_gap

 Muchas más fuertes que las de Andrica.

Saludos.

Gracias por el enlace. En estos supuestos, realizando la transformación de mi notación a la de los "gap" o huecos, tendríamos que mi conjetura inicial sería equivalente a la de Oppermann ([texx] g_n < \sqrt[ ]{p_n}[/texx] frente a [texx] g_n < \sqrt[ ]{p_n} + 4[/texx]).

La segunda versión que doy en dos partes, mi conjetura sería más fuerte que las anteriores pues en ambos casos doy valores menores que la raíz cuadrada de [texx] p_n [/texx]

Respecto a la de Cramér, no me pronuncio porque está bajo la hipótesis de Riemann, no demostrada aún.

En cuanto a la de conjetura de Legendre de la existencia de primos entre cuadrados consecutivos, tengo un documento en donde se da una justificación para la misma que la probaría como cierta.

Y para terminar: sospecho que el número [texx]10^\left\{{18000000}\right\} + 13[/texx] es un número primo (el actual récord tiene 17.7 millones de cifras y es un número de Mersenne comprobado con el criterio de Lucas-Lehmer o algo así, que desconozco por completo).

Buen fin de semana.
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lee_bran
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« Respuesta #5 : 26/06/2017, 07:43:08 pm »

He revisado mis fuentes y lo que había escrito y he visto que hay otra conjetura relacionada con los huecos entre primos: la conjetura de Schinzel que dice:

Existe al menos un número primo entre [texx]x[/texx] y [texx]ln^2(x)[/texx].

He comprobado mi conjetura para el primer millón de primos y tiene buena pinta, pero quedo muy lejos de tener una demostración. Asimismo he comprobado esos mismos primos con esta conjetura que desconocía y también da valores correctos: la gracia es que unas veces da mejor cota una función que la otra, vamos que las funciones se cruzan. Tal vez me haya equivocado al calcularlo...
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feriva
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« Respuesta #6 : 26/06/2017, 08:36:56 pm »

He revisado mis fuentes y lo que había escrito y he visto que hay otra conjetura relacionada con los huecos entre primos: la conjetura de Schinzel que dice:

Existe al menos un número primo entre [texx]x[/texx] y [texx]ln^2(x)[/texx].


Hola lee_bran.

Por lo que acabo de mirar con unos pocos ejemplo (pocos, eso sí) parece prácticamente segura salvo inexplicable salida por peteneras de los números; porque el cuadrado del logaritmo se va enseguida quedando por debajo de la mitad del valor de “x”; si sigue así, con esa tendencia, el propio postulado de Bertrand mejora eso con intervalos bastante más cortos.

Saludos y buenas noches.
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lee_bran
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« Respuesta #7 : 27/06/2017, 06:09:02 pm »

Gracias feriva por la puntualización:

Cometí un error al enunciar la conjetura de Schinzel. Dice lo siguiente:

[texx]p_{n+1} < p_n + ln^2(p_n)[/texx] con [texx]p_{n+1}[/texx] y [texx] p_n[/texx] primos consecutivos y [texx]p_{n} > 8[/texx].

Mis disculpas.

Es fácil ver que es mucho más fuerte que la de Bertrand ya que [texx]p_n > ln^2(p_n)[/texx]

Recuerdo que mi propuesta es la siguiente:

[texx]p_{n+1} < 4 + p_n +\displaystyle\frac{19}{20} \sqrt[ ]{p_n}[/texx] si [texx]p_n < 2400[/texx]

[texx]p_{n+1} < 35 + p_n +\displaystyle\frac{9}{10}\displaystyle\sqrt[100]{p_n^ {37}}[/texx] si [texx]p_n\geq{}2400[/texx] (añadida constante [texx]\displaystyle\frac{9}{10}[/texx] respecto de la propuesta inicial).

La idea que me llevó a esto es que si Andrica acotaba con [texx]2\sqrt[ ]{p_n}[/texx], tal vez existiesen unos [texx]a, b/ a (p_n)^b[/texx] con [texx]a (p_n)^b < 2\sqrt[ ]{p_n}[/texx] que también lo cumpliesen.

Tras mirar una buena cantidad de números primos, parece que así pudiera ser y que la desviación de la cota respecto al número es menor de 0.1% a partir de primos mayores de  95.441, pero no sé, tal vez no los coja todos (por esto es una conjetura).
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« Respuesta #8 : 27/06/2017, 06:23:38 pm »

¡Ah! Y respecto al número primo récord, he visto que el actual es un número de Mersenne de 22,7 millones de cifras y no uno de 17.7 como decía yo.

Si 1MM es un millón, propongo [texx]1^{100 MM} + 3[/texx] como el número primo más elevado hallado hasta ahora, y si no lo es, ahí tenemos una cota para ver que sumando de 2 en 2 tenemos que encontrar un primo en "no demasiados pasos".

Este número no es divisible por ningún primo entre 2 y 100, lo que nos da una probabilidad muy grande de que sea primo. Recuerdo que cuantos más primos probemos como posibles divisores, si la respuesta es negativa, más probable es que el número que estamos analizando sea primo (probabilidad condicionada). Realizar divisiones por primos mayores de 100 es relativamente fácil si buscamos ciclos en la división entera y le agregamos 3 al final.
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feriva
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« Respuesta #9 : 27/06/2017, 06:59:31 pm »



Tras mirar una buena cantidad de números primos, parece que así pudiera ser y que la desviación de la cota respecto al número es menor de 0.1% a partir de primos mayores de  95.441, pero no sé, tal vez no los coja todos (por esto es una conjetura).

Hola, lee_bran.

Con el Python lo puedo probar para primos consecutivos bastante grandes; no para todos todos los muy grandes, no acabaría nunca, pero puedo tomar unos cuantos de 500 cifras consecutivos aleatorios, por ejemplo, y en pequeños intervalos aleatorios. Y también puedo probar en muy poco tiempo desde 2 hasta primos de unas cinco cifras o seis; ahora es muy tarde, a ver si mañana te lo miro y te digo.

Saludos.
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« Respuesta #10 : 28/06/2017, 05:12:41 am »


Hola, lee_bran.

He mirado todos los consecutivos hasta diez millones para tu conjetura; con números muy grandes tengo problemas debido a la raíz centésima, que le cuesta, no por hallar los primos en sí. Y hasta ahí, y también tomando después algunos más grandes de diez millones a voleo, no ha fallado en ninguno.

Saludos.
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« Respuesta #11 : 28/06/2017, 06:35:13 am »

Un matemático serio diría que eso no demuestra nada, pero para mi demuestra que la conjetura es difícil de falsar por prueba directa (aunque solamente sea por lo engorroso de realizar los cálculos :sonrisa_amplia:).

Gracias por la atención prestada feriva.
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« Respuesta #12 : 28/06/2017, 01:02:30 pm »

Un matemático serio diría que eso no demuestra nada, pero para mi demuestra que la conjetura es difícil de falsar por prueba directa (aunque solamente sea por lo engorroso de realizar los cálculos :sonrisa_amplia:).

Gracias por la atención prestada feriva.

De nada.

Me parece que se cumplirá siempre, pero hay que ser prudente. A mí me han fallado conjeturas en números altos; si bien es cierto que estaban basadas en sucesiones que no tenían un término general (o digamos que no lo encontrábamos ni yo ni el WloframAlpha). Pero en tu caso es distinto porque es una función.
Y puedes usar la conjetura tranquilamente para lo que investigues, y todas, las conocidas, la de Lagrange, la de Goldbach... las que quieras, no hace falta que estén probada para investigar con ellas; si encuentras algo, queda supeditado a eso, claro, pero no pasa nada, los matemáticos lo hacen; y si un día falla alguna, miel sobre hojuelas, porque entonces las demuestras :sonrisa:

Saludos.
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« Respuesta #13 : 18/09/2017, 01:51:50 pm »

He encontrado otra expresión relacionada con las distancias entre primos consecutivos pero no se me ocurre como demostrarla y tampoco soy capaz de encontrar ningún contraejemplo.

Sería la siguiente:

[texx]p_{n+1} < \displaystyle\frac{n+17}{n} p_n[/texx]

Dado que para los números del 1 al 17 podemos encontrar un primo en los intervalos [texx](1^2,2^2), (2^2,3^2), ..., (16^2,17^2)[/texx], tenemos que si se cumple esta conjetura, se cumple la conjetura de Legendre trivialmente dado que para [texx]n>17[/texx], [texx]\displaystyle\frac{n+17}{n}[/texx] es una cifra menor que 2 y los cuadrados consecutivos distan entre sí exactamente [texx]2n +1[/texx] unidades, luego siempre podremos intercalar al menos un primo entre ellos.

Tal vez incluso ese 17 se pueda reducir algo: a mi me falló al probar con 11, pero con 13 no encontré ningún contraejemplo con la lista de primos que manejo, aunque alguno se quedó a las puertas de la cota.

Nota: esta cota es más fuerte que la de Andrica para números a partir de cierto [texx]p_i[/texx].

Estoy tratando de demostrarlo utilizando plantillas generadas con la criba de Eratóstenes en 4 columnas y me parece que me he vuelto loco del todo ya.
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sqrmatrix
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« Respuesta #14 : 19/09/2017, 05:51:30 am »

Saludos, lee_bran, y demás participantes del post.

He encontrado otra expresión relacionada con las distancias entre primos consecutivos pero no se me ocurre como demostrarla y tampoco soy capaz de encontrar ningún contraejemplo.

Sería la siguiente:

[texx]p_{n+1} < \displaystyle\frac{n+17}{n} p_n[/texx]

He estado probando a demostrar tu hipótesis. He estado probando con lo siguiente, que no proporciona una demostración de tu hipótesis, pero sí da un indicio de que puede ser cierta.

Basta observar lo siguiente. Tenemos que [texx]\displaystyle \pi(p_n)=n[/texx] y que [texx]\displaystyle \pi(x)\approx\dfrac{x}{\ln{(x)}}[/texx]. Por tanto, [texx]\displaystyle n\approx\dfrac{p_n}{\ln{(p_n)}}[/texx]. Si sustituyes en tu fórmula, y si no me he equivocado, llegas a demostrar que con esa sustitución se cumple tu hipótesis. Esta demostración no demuestra tu hipótesis, pero es un indicio de que tu hipótesis es cierta. No estoy seguro de que la demostración que he obtenido sea una demostración válida para grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx]. En todo caso, es un indicio de que tu hipótesis es cierta. De momento no voy a publicar la demostración por si acaso prefieres intentar hacer la demostración tú. Pero si no, dímelo y publico lo que yo he encontrado.
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lee_bran
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« Respuesta #15 : 19/09/2017, 12:57:33 pm »

Buenas tardes sqrmatrix,

Tras un buen rato haciendo cuentas con lo propuesto no he conseguido llegar a ningún punto satisfactorio, por lo que si tiene a bien publicar el resto de los razonamientos que ha seguido, le estaría muy agradecido.

Saludos.
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sqrmatrix
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« Respuesta #16 : 19/09/2017, 03:03:10 pm »

Saludos de nuevo, lee_bran

Partimos de la fórmula que propusiste:

[texx]\displaystyle p_{n+1}<\dfrac{n+17}{n}\cdot p_n[/texx]

Sustituimos el valor de [texx]\displaystyle n[/texx] por la aproximación que indiqué en el anterior post (estas aproximaciones son válidas para grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx], y con grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx] trabajaremos), quedándonos:

[texx]\displaystyle p_{n+1}<\dfrac{\dfrac{p_n}{\ln{(p_n)}}+17}{\dfrac{p_n}{\ln{(p_n)}}}\cdot p_n[/texx]

Operando, al final nos queda:

[texx]\displaystyle p_{n+1}<p_n+17\cdot\ln{(p_n)}[/texx]

Finalmente, pasamos el valor [texx]\displaystyle p_n[/texx] a la izquierda de la desigualdad, quedando:

(1) [texx]\displaystyle p_{n+1}-p_n<17\cdot\ln{(p_n)}[/texx]

Conocemos el valor de [texx]\displaystyle p_n[/texx], y queremos obtener un valor aproximado de [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx]. Para ello, observemos lo siguiente: [texx]\displaystyle \pi(p_{n+1})-\pi(p_n)=(n+1)-(n)=1[/texx]. Teniendo en cuenta que [texx]\displaystyle \pi(x)\approx\dfrac{x}{\ln{(x)}}[/texx], podemos sustituir en la anterior expresión, quedándonos la siguiente aproximación:

[texx]\displaystyle \dfrac{p_{n+1}}{\ln{(p_{n+1})}}-\dfrac{p_n}{\ln{(p_n)}}=1[/texx]

Operando, nos queda:

[texx]\displaystyle p_{n+1}=\left(1+\dfrac{p_n}{\ln{(p_n)}}\right)\cdot\ln{(p_{n+1})}[/texx]

Esto, no lo olvidemos, es una aproximación del valor de [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx]. Operando un poco más, obtenemos la expresión:

(2) [texx]\displaystyle p_{n+1}=\ln{(p_{n+1})}+\dfrac{p_n\cdot\ln{(p_{n+1})}}{\ln{(p_n)}}[/texx]

Tenemos ahora que el primo [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx] aparece dentro de los logaritmos en la parte derecha de la desigualdad. Calcularemos aproximaciones para simplificar la expresión.

El primo [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx] es el siguiente primo después de [texx]\displaystyle p_n[/texx]. Esto significa que [texx]\displaystyle p_{n+1}>p_n \to p_{n+1}\ge p_n+1[/texx]. Como [texx]\displaystyle p_n[/texx] es primo impar (estamos trabajando con grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx]), [texx]\displaystyle p_n+1[/texx] será par y, por tanto, no podrá ser el valor de [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx]. Por tanto, tenemos que se cumple [texx]\displaystyle p_{n+1}\ge p_n+2[/texx]. Por otro lado, por el postulado de Bertrand, sabemos que entre [texx]\displaystyle p_n+1[/texx] y [texx]\displaystyle 2\cdot(p_n+1)=2\cdot p_n+2[/texx] siempre habrá al menos un primo, y por ser [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx] el primer primo después de [texx]\displaystyle p_n[/texx], necesariamente [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx] estará dentro de ese intervalo. El límite superior de ese intervalo, que es [texx]\displaystyle 2\cdot p_n+2[/texx], es par, por lo que no puede ser ése el máximo valor que tome [texx]\displaystyle p_{n+1}[/texx]. Ese máximo valor será, pues, [texx]\displaystyle 2\cdot p_n+1[/texx]. Tenemos, pues, que se cumple [texx]\displaystyle p_n+2\le p_{n+1}\le 2\cdot p_n+1[/texx].

Con esto, podemos ver que la fracción:

[texx]\displaystyle \dfrac{p_n\cdot\ln{(p_{n+1})}}{\ln{(p_n)}}[/texx]

Tendrá estos límites:

[texx]\displaystyle \dfrac{p_n\cdot\ln{(p_n+2)}}{\ln{(p_n)}}\le\dfrac{p_n\cdot\ln{(p_{n+1})}}{\ln{(p_n)}}\le\dfrac{p_n\cdot\ln{(2\cdot p_n+1)}}{\ln{(p_n)}}[/texx]

Como estamos trabajando con grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx], podemos hacer la siguiente aproximación:

[texx]\displaystyle \ln{(p_n+2)}\approx\ln{(p_n)}[/texx]

Veamos qué ocurre con [texx]\displaystyle \ln{(2\cdot p_n+1)}[/texx]. Podemos aproximar este valor por [texx]\displaystyle \ln{(2\cdot p_n+1)}\approx\ln{(2\cdot p_n)}=\ln{(p_n)}+\ln{(2)}[/texx]. Pero tenemos que [texx]\displaystyle \ln{(2)}\approx0.6931...[/texx], que es un valor pequeño y que podemos despreciar cuando trabajamos con grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx]. Por tanto, tenemos la aproximación [texx]\displaystyle \ln{(p_{n+1})}\approx\ln{(p_n)}[/texx]. Sustituyendo:

[texx]\displaystyle \dfrac{p_n\cdot\ln{(p_{n+1})}}{\ln{(p_n)}}\approx\dfrac{p_n\cdot\ln{(p_n)}}{\ln{(p_n)}}=p_n[/texx]

Finalmente, sustituyendo en (2), nos queda:

[texx]\displaystyle p_{n+1}=\ln{(p_n)}+p_n[/texx]

Sustituyendo en (1), nos queda:

[texx]\displaystyle \ln{(p_n)}+p_n-p_n<17\cdot\ln{(p_n)} \to \ln{(p_n)}<17\cdot\ln{(p_n)} \to 1<17[/texx]

Que, como puede observarse, se cumple para los valores con los que trabajamos (grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx], por lo que los logaritmos serán positivos y se cumplirá la desigualdad).

Como puede intuirse, el valor [texx]\displaystyle 17[/texx] de tu fórmula puede decrecer, y puede aproximarse a [texx]\displaystyle 1[/texx] cumpliendo la desigualdad de partida, aunque esto sólo es válido con las aproximaciones utilizadas aquí.

Todo esto es simplemente una aproximación a tu propuesta, y no la demuestra. No estoy muy seguro de que la demuestre para grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx] (quizá alguno de los matemáticos del foro nos puedan decir, y sobre todo, indicar si esta demostración es correcta).

Espero no haberme equivocado en nada.
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« Respuesta #17 : 19/09/2017, 05:04:44 pm »

Hola

Todo esto es simplemente una aproximación a tu propuesta, y no la demuestra. No estoy muy seguro de que la demuestre para grandes valores de [texx]\displaystyle p_n[/texx] (quizá alguno de los matemáticos del foro nos puedan decir, y sobre todo, indicar si esta demostración es correcta).

No he comprobado los detalles; pero tu mismo has dicho el problema esencial. No es una demostración porque lo que usas es una aproximación asintótica; es decir no es cierto que [texx]\pi(x)=x/ln(x)[/texx] si no que el límite del cociente de ambas cantidades tiende a [texx]1[/texx].

Ese tipo de argumentos donde se sustituye [texx]\pi(x)=x/ln(x)[/texx] simplemente sirven como indicios de si una determinada afirmación tiene visos o no de ser cierta.

Hay acotaciones superiores e inferiores de [texx]\pi(x)[/texx] de los cuales se pueden extraer conclusiones perfectamente fundamentadas, aunque más débiles.

https://en.wikipedia.org/wiki/Prime-counting_function#Inequalities

Saludos.
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« Respuesta #18 : 19/09/2017, 07:04:16 pm »

Saludos, Luis Fuentes.

Muchas gracias por las aclaraciones, y por el enlace. No estaba al tanto de todos esos límites y expresiones que se conocen de la función [texx]\displaystyle \pi(x)[/texx]. Me ha parecido muy interesante
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« Respuesta #19 : 20/09/2017, 01:24:21 pm »

A la vista del artículo facilitado, tenemos que:

[texx]\displaystyle\frac{x}{ln(x)}<\displaystyle \pi(x)<\displaystyle\frac{c*x}{ln(x)}[/texx] con [texx]c \approx{}1.25506[/texx] se cumple [texx]\forall{x\in{\mathbb{N}}, x\geq{17}}[/texx].

¿No sería una trivialidad mi conjetura?

Basta ver que:

[texx]p_{n+1}<\displaystyle\frac{n+17}{n}p_n = p_n+\displaystyle\frac{17}{n}p_n[/texx], que al ser n mayor que 17, es a su vez menor que [texx]2p_n[/texx]

Aplicando la función contadora de primos a los dos lados de la desigualdad, tenemos que:

[texx]\displaystyle\pi(p_{n+1})<\displaystyle\pi(2p_n)[/texx]

Con las cotas, tenemos que [texx]\displaystyle\frac{p_{n+1}}{ln(p_{n+1})}<\displaystyle\pi(p_{n+1})<\displaystyle\pi(2p_n)
 < \displaystyle\frac{c*2p_n}{ln(2p_n)}[/texx]

A su vez, como trabajamos con números naturales mayores que 17, sabemos que [texx]p_n+2\leq{p_{n+1}}[/texx], luego:

[texx]\displaystyle\frac{p_n+2}{ln(p_{n+1})}<\displaystyle\frac{c*2p_n}{ln(2p_n)}[/texx]

Pasando el denominador de la izquierda a la derecha tenemos que:
[texx]p_n+2< c*2p_n*\displaystyle\frac{ln(p_{n+1})}{ln(2p_n)}[/texx], que por el postulado de Bertrand es menor que [texx]c*2p_n*\displaystyle\frac{ln(2p_n)}{ln(2p_n)}=2*c*p_n[/texx]

Así:
[texx]p_n+2 < 2*c*p_n[/texx], y al dividirlo por [texx]p_n[/texx] tenemos que [texx]1+\displaystyle\frac{2}{p_n}<2*c<3[/texx], y al ser [texx]p_n \geq{}17[/texx], tenemos que [texx]1<1+\displaystyle\frac{2}{p_n}<3[/texx], y como estamos trabajando con una función biyectiva sobre [texx]\mathbb{N}[/texx], podemos ir hacia atrás.

Como la conjetura se cumple para [texx]p_1=2, p_2=3, p_3=5, p_4=7, p_5=11, p_6=13[/texx] y [texx]p_7=17[/texx], se cumple [texx]\forall{p_i\in{\mathbb{P}}}[/texx]
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