"-Γιατί δεν λέτε τίποτα κύριε Όϋλερ;
-Μεγαλειότατη, προέρχομαι από μια χώρα όπου όποιος μιλάει χάνει το κεφάλι του.."
Ο πρώτος διάλογος μεταξύ της τσαρίνας και του Εuler.
Ποια είναι η πιθανότητα, δύο τυχαίοι θετικοί ακέραιοι να είναι μεταξύ τους πρώτοι;
όταν λέτε ΜΕΤΑΞΥ τους πρώτοι τι εννοείτε.Μπορείτε να δώσετε ένα παράδειγμα?
ΑπάντησηΔιαγραφήAριθμοί που δεν έχουν κοινούς ακέραιους παράγοντες εκτός από τη μονάδα (1). Ή , που ο Μέγιστος Κοινός Διαιρέτης τους =1. Aς πούμε το 14 και το 15.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑυτοί που λέγονται στα εγγλέζικα: coprimes ή relatively primes.
Ίσως "σχετικά πρώτοι" είναι πιο δόκιμη ορολογία στα ελληνικά.(;)Δεν είμαι σίγουρος,ας βοηθήσει αν θέλει κάποιος αλγεβριστής.
H πιθανότητα δύο τυχαίοι ακέραιοι αριθμοί να έχουν και οι 2 έναν δεδομένο πρώτο ,έστω p,ως κοινό διαιρέτη είναι = 1/p^2
ΑπάντησηΔιαγραφήEψαξα και στο wiki και βρήκα αυτό
ΑπάντησηΔιαγραφήhttp://el.wikipedia.org/wiki/%CE%A3%CF%85%CE%BD%CE%AC%CF%81%CF%84%CE%B7%CF%83%CE%B7_%CE%B6%CE%AE%CF%84%CE%B1
Σύμφωνα με τον τύπο έχουμε s=2(αφού αναφερόμαστε σε 2 τυχαίους αριθμούς)
P=(1-(1/3^2))*(1-(1/5^2))*(1-(1/7^2))*(1-(1/11^2))*...κλπ
Προφανώς οι πρώτοι αριθμοί είναι άπειροι
Πρέπει να βρούμε μια προσέγγιση του παραπάνω γινομένου.Κάπου στο 80% δεν είναι?
Η συνάρτηση ζήτα συνδέεται με τους πρώτους αριθμούς με την εξής σχέση, που ανακαλύφθηκε από τον Λέοναρντ Όιλερ:
ΑπάντησηΔιαγραφήζ(ς) = Π {1/(1-1/p^s)} Π = γινόμενο
και P το σύνολο όλων των πρώτων αριθμών.
Αν ο s είναι ακέραιος, τότε ο παραπάνω τύπος του Όιλερ μπορεί να χρησιμοποιηθεί για τον υπολογισμό της πιθανότητας, s το πλήθος τυχαία επιλεγμένοι αριθμοί να είναι μεταξύ τους σχετικά πρώτοι. Η πιθανότητα αυτή αποδεικνύεται ότι ισούται με 1/ζ(s).
έτσι για s=2, αφού έχουμε δύο τυχαίους αριθμούς
η ζ(2) = Π (1/(1-1/pι^2) = Π 1/{(pi^2-1)/pi^2} = Π pi^2/(pi^2-1),
pi =2,3,5,7,11,... pn, οι πρώτοι αριθμοί.
Άρα η ζητούμενη πιθανότητα
P = 1/ζ(2)= Π (pi^2-1)/pi^2 =
(2^2-1)/2^2 * (3^2-1)/3^2 * (5^2-1)/5^2 * (7^2-1)/7^2 * (11^2-1)/11^2 *... * (pn^2 -1)/pn^2=
3/4 * 8/9 * 24/25 * 48/49 * 120/121 *...
και θα ήταν ίδιο με αυτό που έγραψε ο Ντονάλτιος Ντούκιος αν δεν είχε ξεχάσει τον αριθμό 2 από το σύνολον των πρώτων αριθμών
Παρατηρώ ότι η συνάρτηση αυτή ξεκινώντας από τα 3/4,(για τον πρώτο αριθμό 2) βαίνει συνεχώς μειούμενη αλλά μέχρι πού?
Υποθέτω ότι επειδή η ζ(2) = 1+ 1/2^2 + 1/3^2 +1/4^2 +.....1/ν^2 έχει όριο το 2(?)
η Π =1/ζ(2) = 0,50(?)
Το Π μέχρι και τον πρ. αρ 79 =0,61(στρογκυλοποιημένο)
Θα το ψάξω λίγο περισσότερο το όριο, αν υπάρχει!
ΛΥΣΗ 2
ΑπάντησηΔιαγραφήΘα προσπαθήσω μία 2η εύρεση της ζητούμενης πιθανότητας δύο τυχαίοι θετικοί ακέραιοι να είναι μεταξύ τους πρώτοι χωρίς την βοήθεια της συνάρτησης ζ του Ουλερ, χωρίς την χρήση κανενός τύπου, δεν το υποτιμώ, απλά προτιμώ τους τύπους να τους αποκωδικοποιώ, να τους μετατρέπω σε έννοιες και για καλύτερη κατανόηση αλλά και επειδή η έννοια αν γίνει κατανοητή δεν ξεχνιέται!
μόνο με την βοήθεια του κ. Ριζόπουλου
“H πιθανότητα δύο τυχαίοι ακέραιοι αριθμοί να έχουν και οι δύο έναν δεδομένο πρώτο ,έστω p,ως κοινό διαιρέτη είναι = 1/p^2 “
και αυτό ως αφετηρία σκέψεων
και ξεκινώ από το 1/p^2
Γιατί να είναι 1/p^2 η πιθανότητα 2 τυχαίοι αριθμοί να έχουν κοινό διαιρέτη εναν πρώτο αριθμό, έστω p ?
Ένας τυχαίος αριθμός έχει πιθανότητα 1/p να έχει διαιρέτη τον p, δηλαδή να είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του p, διότι για κάθε p συνεχόμενους αριθμούς μόνο ένας είναι ακέραιο πολλαπλάσιό του πχ p=3 πολλαπλάσια του 3 είναι οι 3,6,9,12,...3ν , ένας στους τρείς
Τό ίδιο και για τον άλλον αριθμό π = 1/p να είναι πολλαπλάσιος του p
Άρα για να είναι και οι δύο αριθμοι πολλαπλάσιοι του ίδιου πρώτου αριθμού p
πιθανότητα π(2)=(1/p)*(1/p)=1/p^2
Έτσι η πιθανότητα 3 τυχαίοι αριθμοί να έχουν διαιρέτη τον p είναι π(3)=1/p^3
..................
Η πιθανότητα ν τυχαίοι αριθμοί να έχουν διαιρέτη έναν πρώτο p είναι π(ν)=1/p^ν
Αφού η π(2αριθμών) = 1/p^2
η πιθανότητα να μην έχουν τον p διαρέτη είναι
η συμπληρωματική(?) πιθανότητα 1-1/p^2
και για να είναι μεταξύ τους πρώτοι, να μην έχουν κανέναν πρώτο κοινό διαιρέτη
είναι το γινόμενο όλων των συμπληρωματικών πιθανοτήτων όλων των πρώτων αριθμών
Άρα π = Π(γινόμενο) (1 -1/pi^2), όπου pi=2,3,5,7,11,.... όλοι οι πρώτοι αριθμοί
άρα π =(1-1/2^2)*(1-1/3^2)*(1-1/5^2)*.....*(1-1/pn^2)
Περαιτέρω όπως στην 1η προσέγγιση
donaltie , ευχαριστώ για τα σχόλιο!
ΑπάντησηΔιαγραφήΠερίπου 0,824 πράγματι κάνει το (1-(1/3^2))*(1-(1/5^2))*(1-(1/7^2))*(1-(1/11^2))*(1-(1/13^2))*…
(για τους 5 πρώτους όρους, μια καλή προσέγγιση.) δηλαδή το Π(από n=1 έως 5) (1-1/(p1+n)^2)
Αλλά, δυστυχώς κερδίζεις αργυρούν και όχι χρυσούν μετάλλιον γιατί ξέχασες τον 1ο πρώτο ,που είναι το 2. :-)
Πάμε λοιπόν από την αρχή:
H πιθανότητα δύο τυχαίοι ακέραιοι αριθμοί να έχουν και οι 2 έναν δεδομένο πρώτο ,έστω p, ως κοινό διαιρέτη είναι = 1/p^2. Άρα η πιθανότητα να μην έχουν τον p σαν κοινό διαιρέτη είναι 1-1/p^2. Γι’αυτό η ολική πιθανότητα ,έστω P, δύο αριθμοί να μην έχουν κοινούς πρώτους διαιρέτες (άρα να είναι σχετικά πρώτοι) είναι (όπως σωστά βρήκε ο Nτονάλτιος ,αλλά ξέχασε το 2)
P=(1-(1/2^2))*(1-(1/3^2))*(1-(1/5^2))*(1-(1/7^2))*(1-(1/11^2))*… (1)
Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα: 1/(1-x)=1+x+x^2+x^3+… ή (1) γίνεται:
P={(1 + 1/2^2 + 1/2^4 +…)*(1 + 1/3^2 + 1/3^4 +…)*…)} ^-1 (2)
Aπό το Θεμελιώδες Θεώρημα της Αριθμητικής (Unique Factorization Theorem) που λέει ότι κάθε θετικός ακέραιος εκφράζεται με μοναδικό τρόπο σαν γινόμενο πρώτων, η (2) είναι ισοδύναμη με την :
P =(1 + 1/2^2 + 1/3^2 + 1/4^2 + 1/5^2 +…) ^ -1
To άθροισμα των αντιστρόφων τετραγώνων είναι ως γνωστόν π^2 /6 άρα η P είναι 6/π^2 ,περίπου 61%
Θα μπορούσαμε βέβαια να βάλουμε κατευθείαν στο Wolfram την (1) και να μας βγάλει το
αποτέλεσμα, αλλά είπα να κάνω λίγη φιγούρα…:-)
Πρόσθετες παρατηρήσεις/γενικεύσεις:
ΑπάντησηΔιαγραφήΌπως σωστά παρατήρησε ο Ντονάλτιος (εξού και ο τίτλος «συνάρτηση ζ»..) η πιθανότητα n τυχαίοι αριθμοί να έχουν όλοι σαν κοινό παράγοντα ένα συγκεκριμένο πρώτο p ,είναι 1/p^n
Άρα η πιθανότητα…μπλα,μπλα …είναι 1-1/p^n
Aκριβώς με τον ίδιο τρόπο όπως και πριν για ν=2 λοιπόν, βρίσκουμε:
P( ν αριθμοί να μην έχουν κοινό παράγοντα)=
(1 +1/2^ν + 1/3^ν + 1/4^ν +..) ^ -1 (1)
Αυτή είναι «εξ ορισμού της» η διάσημη συνάρτηση ζ του Ρίμαν ( Riemann)
Mπορεί να υπολογιστεί ακριβώς/αναλυτικά για άρτιες τιμές του ν ,αλλά μόνο αριθμητικά/ευριστικά (numerically) για περιττές.
Για την περίπτωση ν=4 , μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή τιμή: ζ(4)=π^4 /90
για να βρούμε ότι η πιθανότητα 4 τυχαίοι ακέραιοι να μην έχουν κοινό παράγοντα είναι:
P(4)= 90/π^4 = περίπου 92%
Σ’αυτό το σημείο μπορούμε να κάνουμε την κάπως.. ανόητη :-) εφαρμογή των παραπάνω στην περίπτωση ν=1, δηλαδή να αποδείξουμε το απολύτως προφανές ,μιας και το 1 είναι ο μοναδικός ακέραιος που δεν έχει παράγοντες, ότι P(1)=0 (μιας και 1/άπειρο =0)
Όντως: P(1)= (1- 1/2)(1- 1/3)(1- 1/5)(1- 1/7)*… =
= (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 +1/6 +…) ^ -1 = 1/άπειρο
(γιατί το 1 + 1/2 +1/3 +… αποκλίνει)
Κύριε Αλεξίου, περιττό καταρχάς να πω ότι τα σχόλιά σας εμφανίστηκαν μετά τα δικά μου (πρέπει να είμαι πιο υπομονετικός στο μέλλον..).
ΑπάντησηΔιαγραφή2ον: Μήπως μάς δουλεύετε ψιλό γαζί; :-)
Eννοώ (χιουμοριστικά)ότι μας δηλώνατε την άγνοιά σας από Θεωρία Αριθμών και σείς είστε ένα βήμα πριν την απόδειξη της εικασίας του Ρίμαν και του συνεπακόλουθου one million dollars.. :-)
Πολύ σωστά όλα όσα γράψατε!, κι ελπίζω να μην μου κακιώσετε για το ελαφρύ πείραγμα!
Δεχτείτε επίσης τα συγχαρητήριά μου για την εξαιρετική σας "πρακτική" απόδειξη του 1/p^2 ή 1/p^n γενικά για τις αντίστοιχες Πιθανότητες! Δεν είναι όντως προφανές, και απ'αυτές (και το Θεμελ. Θεώρημα βέβαια) ξεκινούν και βασίζονται όλα τα παρακάτω βήματα.
ΑπάντησηΔιαγραφή
ΑπάντησηΔιαγραφήΚύριε Ριζόπουλε, καταρχήν να σας ευχαριστήσω θερμότατα για τα επαινετικά σας σχόλια, τόσο τα άμεσα, όσο και κυρίως για τα έμμεσα, ναι αυτά που ελπίζετε να μην κακιώσω από το πειραγματάκι!
Κάθε άλλο, το αντίθετο μάλιστα, αυτήν την χιουμοριστική αμφισβήτηση την θεωρώ και την εκλαμβάνω ως έμμεσο μεν αλλά σαφώς ιδιαίτερο έπαινο
Να ξαναδηλώσω την άγνοια μου στην Θεωρία Αριθμών, πέραν των ολίγων για τους πρώτους αριθμούς και τις Ακολουθίες και Σειρές από το αφηγηματικό, ιστορίας κυρίως των Μαθηματικών και καταπληκτικό συγγραφικά βιβλίο "Μαθηματικά Μυστήρια" του Κλάουσον.
Και μεταξύ μας!:-) Ποιός είναι ο Ρίμαν?
Μην μου απαντήσετε σε αυτό, θα το βρω στο διαδίκτυο, όπως και το συνεπακόλουθο one million dollars..
Να δηλώσω επίσης ότι αυτά που μαθαίνω τελευταία οφείλονται σε αρκετό βαθμό σε σάς, στα θέματα που βάζετε και στην ανάπτυξη αυτών που κάνετε στο τέλος.
Να είστε καλά!