Matematické Fórum

xstudentíkx · 06. 07. 2015 21:44

Ahoj,

narazila jsem v knížce na jeden příklad u kterého mě nenapadá jak bych měla začít.

Ukažte, že součin všech prvočísel p, $m<p\le 2m$ je nejvýš $2^{2m}$ . Omezení prvočísla je velice podobné Bertrandovu postulátu (nicméně pro číslo m není dáno žádné kritérium).

Nenapadá mě jak to ukázat pro libovolně velký součin. Stačí mi nějaké drobná rada, jak vůbec začít.
Dle kapitoly půjde nejspíš o ukázání pomocí binomického rozvoje.

Andrejka3

↑ xstudentíkx:
Co kdyby $p\mid {2m\choose m}$ pro každé takové prvočíslo?

xstudentíkx · 11. 07. 2015 17:05

↑ Andrejka3:

Děkuji za nápovědu, ale bohužel mi to nepomohl pohnout se dále. Je mi zřejmé, že musí každé takové číslo dělit, jelikož toto kombinační číslo zcela jistě obsahuje všechny členy daného součinu prvočísel. Ale nevím proč by to maximum mělo být $2^{2m}$ .

check_drummer · 11. 07. 2015 18:41

↑ xstudentíkx:
Ahoj, jaký platí vztah mezi čísly ${2m\choose m}$ a $2^{2m}$ ?

xstudentíkx · 11. 07. 2015 19:01

Ahoj,

tak platí, že $2^{2m}>{2m\choose m}$ .

Andrejka3 · 11. 07. 2015 22:36

↑ xstudentíkx:
Jo. Tak co? Povedlo se?

xstudentíkx

↑ Andrejka3:

Nevím zda přímo povedlo, ale zkusila jsem toto:

Pomocí Stirlingova vzorce jsem došla k tomu, že ${2m\choose m}\approx \frac{2^{2m}}{\sqrt{\pi m}}$ z toho tedy:

$2^{2m}>\frac{2^{2m}}{\sqrt{\pi m}}$ což je z dané nerovnosti naprosto zřejmé. Když potom ${2m\choose m}$ obsahuje součin všech těch prvočísel, tak je ${2m\choose m}\ge p$ , z toho $2^{2m}>\frac{2^{2m}}{\sqrt{\pi m}}\ge p$ , pak tedy dostanu že $2^{2m}> p$ . Pokud dobře chápu zadání, tak připouští, že může určitý součin nabývat $2^{2m}$ . Mělo by to tedy být $2^{2m}\ge p$ ne? Nebo to chápu špatně?

Brano · 12. 07. 2015 14:27 — Editoval Brano (12. 07. 2015 14:29)

myslim, ze nad tym rozmyslas trochu moc zlozito, to co sa ti ostatni snazili naznacit je toto:

$\mathcal{P}=\{p\ ;p\text{ je prvocislo }m<p\le2m\}$

tak potom ak $p\in\mathcal P$ tak $p|{2m\choose m}$ a teda kedze su to vsetko prvocisla, tak
$\left[\prod_{p\in\mathcal P}p\right]|{2m\choose m}$ a teda $\left[\prod_{p\in\mathcal P}p\right]\le{2m\choose m}<2^{2m}$

ta posledna nerovnost je jasna z tohoto:
$2^{2m}=(1+1)^{2m}={2m\choose 0}+{2m\choose 1}+...+{2m\choose m}+...+{2m\choose 2m}$

xstudentíkx · 12. 07. 2015 15:09

↑ Brano:

Děkuji, toto je jednodušší hlavně v tom, že nemusím používat Stirlingův vzorec, ale vyšlo v podstatě to samé.

Akorát pořád nevím toto:

Pokud dobře chápu zadání, tak připouští, že může určitý součin nabývat $2^{2m}$ . Mělo by to tedy být $2^{2m}\ge p$ ne? Nebo to chápu špatně?

. Osobně se mi žádný takový součin nalézt nepovedlo. Leda by šlo o součin nekonečně mnoha prvočísel, potom by k rovnosti mělo dojít ne? Je to možné?

Nejspíš se v tom až zbytečně moc vrtám, ale zajímá mě to.

Andrejka3 · 12. 07. 2015 15:23

Pokud dobře chápu zadání, tak připouští, že může určitý součin nabývat $2^{2m}$ . Mělo by to tedy být $2^{2m}\ge p$ ne? Nebo to chápu špatně?

Osobně se mi žádný takový součin nalézt nepovedlo. Leda by šlo o součin nekonečně mnoha prvočísel, potom by k rovnosti mělo dojít ne? Je to možné?

Rovnost nenastane. Jak píše Brano, ${2m\choose m}<2^{2m}$ pro $m\in\{1,2,\ldots\}$ .

'x je nejvýše rovno y' chápu jako: $x\le y$ . To je pravda i tehdy, když $x<y$ . V zadání se nepsalo nic o tom, že musí někdy nastat rovnost.

Mě mate, že píšeš $2^{2m}\ge p$ , totiž, že vpravo je nějaké prvočíslo místo součinu pvočísel.

xstudentíkx · 12. 07. 2015 15:53

↑ Andrejka3:

Dobře, děkuji za upřesnění. U toho $2^{2m}\ge p$ tím p myslím součin všech těch prvočísel. V sešitě to mám zdůrazněný.

Matematické Fórum

#1 06. 07. 2015 21:44

součin všech prvočísel p

#2 06. 07. 2015 23:10 — Editoval Andrejka3 (06. 07. 2015 23:11)

Re: součin všech prvočísel p

#3 11. 07. 2015 17:05

Re: součin všech prvočísel p

#4 11. 07. 2015 18:41

Re: součin všech prvočísel p

#5 11. 07. 2015 19:01

Re: součin všech prvočísel p

#6 11. 07. 2015 22:36

Re: součin všech prvočísel p

#7 12. 07. 2015 13:53 — Editoval xstudentíkx (12. 07. 2015 13:55)

Re: součin všech prvočísel p

#8 12. 07. 2015 14:27 — Editoval Brano (12. 07. 2015 14:29)

Re: součin všech prvočísel p

#9 12. 07. 2015 15:09

Re: součin všech prvočísel p

#10 12. 07. 2015 15:23

Re: součin všech prvočísel p

#11 12. 07. 2015 15:53

Re: součin všech prvočísel p

Zápatí