Ja się boję sama spać...

wcześniej zagląałem z ciekawości, dopiero teraz można napisać, że mam stały nick

A jaki? ;)

to groźba?:P jak to jaki? przecież właśnie ze mną piszesz:P

Jaka groźba? To ostrzeżenie.:D Myślałam, że ten nick to jakiś czarny..................te są można powiedzieć stałe.

czarnego nie planuję zakładać a Twój czarny?;)

A miałam, nie powiem, miałam.Ale nie należę tu do częstych bywalców, więc nie ma się czym podniecać.Mimo to nie podam Ci go.Zresztą jak na razie zarzuciłam go.A czemu nie planujesz zalożyć czarnego?

bo to raczej przywiązałoby mnie do tego miejsca zresztą już zacząłem regularnie tu wpadać

Czarny wcale nie przywiązuje.To są uroki internetu właśnie, w każdej chwili można porzucić miejsce i nick i pójśc sobie dalej.

ja się przywiązuję;)

Szczerze mówiąc ja też, choć niekoniecznie do forum.

mam na myśli ludzi ukrywających się po nickami:)

No faktycznie tu bywasz, tu czyli na kafe .Masz nawet swoje jakieś wielbicielki.Muszę się przyznać, że właśnie trochę poszpiegowałam.:)

wielbicielki? nie przesadzaj też jesteś moją wielbicielką?:P

Jack, myślę, że to mi wybaczysz.Wiesz to bylo silniejsze ode mnie..taka ciekawska , kobieca natura ;)

jack ill wielbicielki? nie przesadzaj też jesteś moją wielbicielką? A chciałbyś?

wybaczam, też jestem ciekawski;)

chyba nie potrzebuję wielbicielek:)

Niech oznacza wykładnik, z którym liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby naturalnej n. Wtedy gdzie jest jedyną liczbą całkowitą, spełniającą nierówność dla dowolnego rzeczywistego x. Liczbę nazywamy częścią całkowitą liczby rzeczywistej x. Powyższa suma jest skończona, gdyż tylko skończona liczba jej składników jest różna od 0 mianowicie pierwsze wyrazów. Literatura: na przykład rozdział 7.0; rozdział 6.3, Twierdzenie 6.9. Rozkład środkowego współczynnika dwumianowegoZbadajmy . Oczywiście op(n) = 1, gdy liczba pierwsza p należy do przedziału . Ogólnie Ponieważ dla dowolnej liczby rzeczywistej x, to ze wzoru na, z poprzedniego fragmentu, wynika, że Równość p(lnx) / (lnp) = x pozwala powyższą nierówność wyrazić równoważnie jako czyli Twierdzenie Jeżeli , to . Prawdziwe jest także twierdzenie: Twierdzenie Jeżeli n > 2 jest liczbą naturalną, oraz p liczbą pierwszą z przedziału , to p nie jest dzielnikiem współczynnika . RozmieszczenieRozmieszczenie liczb pierwszych wśród liczb naturalnych spełnia pewne prawidłowości statystyczne, ale nie jest znany żaden wzór, który pozwalałby wyznaczać liczby pierwsze w sposób bardziej efektywny niż metoda Eratostenesa. Kilka poniższych twierdzeń przybliża zagadnienia związane z badaniem rozmieszczenia liczb pierwszych na osi liczbowej. Szereg odwrotności wszystkich liczb pierwszychNiech oznacza zbiór liczb pierwszych. Leonhard Euler udowodnił, że szereg liczbowy odwrotności wszystkich liczb pierwszych jest rozbieżny. Sugeruje to, że liczby pierwsze nie mogą być rozłożone zbyt "rzadko" na osi liczbowej. Rozbieżność tego szeregu daje też nowy dowód na istnienie nieskończenie wielu liczb pierwszych. Dowód twierdzenia Eulera Niech Ponieważ , to P(x) > Q(x) 1 dla dowolnego naturalnego x. Wystarczy zatem dowieść, że Q(x) może być dowolnie wielkie. Szereg geometryczny: oraz rozkładalność liczb naturalnych na iloczyny liczb pierwszych, daje nierówność Ale , a więc , zatem gdy . Koniec dowodu. Franz Mertens uzyskał podobne oszacowanie P(x) także od góry. Oszacowania iloczynu odcinka liczb pierwszychJasnym jest, że zachodzi podzielność Więc dla n > 1 otrzymujemy: Powyższe współczynniki dwumianowe są składnikami sumy ze wzoru Newtona na (1 + 1)2n 1. Są więc one mniejsze od 22n 2 = 4n 1 (ostro, bo w sumie Newtona występują też inne składniki). Tak więc mamy nasze pierwsze oszacowanie (od góry) iloczynu odcinka liczb pierwszych: dla n > 2, a nawet dla każdego n > 1. Bardziej atrakcyjne byłoby oszacowanie iloczynu początkowego odcinka liczb pierwszych Ale przynajmniej możemy powyższą nierówność przepisać w postaci dla każdego n > 1. Oczywiście dla każdego naturalnego n > 1. Twierdzenie dla każdej liczby całkowitej x > 1. Dowód Można sprawdzić bezpośrednio, że twierdzenie zachodzi dla x = 2,3. Rozpatrzmy parzyste x > 3. Wtedy 1 < x / 2 < x. Możemy więc indukcyjnie założyć, że twierdzenie zachodzi dla x / 2. Zatem, korzystając ze wcześniejszego oszacowania iloczynu odcinka (niepoczątkowego), które zachodziło dla każdego x: = 2n > 2, otrzymujemy Więc indukcja zachodzi dla parzystego przypadku. Dla nieparzystego x > 3 mamy , co pozwala nam stosować założenie indukcyjne dla (oraz znowu wcześniejsze oszacowanie): Koniec dowodu Uwaga Twierdzenie zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej , a nie tylko dla całkowitych. Postulat Bertranda Twierdzenie Czebyszewa Osobny artykuł: Postulat Bertranda. Czebyszew udowodnił następujące twierdzenie (patrz rozdział 9, rozdział 6.9): Twierdzenie Dla dowolnej liczby naturalnej n większej od 1, między liczbami n a 2n istnieje co najmniej jedna liczba pierwsza. Dowód Wyżej zdefiniowaliśmy op(n) i odnotowaliśmy następujące trzy twierdzenia: Jeżeli , to ; albo krótko: . Jeżeli n > 2 jest liczbą naturalną, oraz p liczbą pierwszą z przedziału , to p nie jest dzielnikiem wspólczynnika . dla każdego rzeczywistego x > 1. Zdefiniujmy: . Twierdzenia dowiedziemy pokazując, że . Otóż L(n) = M(n)N(n), gdzie: Dla x > 8 liczba liczb pierwszych nie większych od x jest mniejsza od . Zatem gdy n > 32, M(n) ma nie więcej, niż czynników, z których każdy jest ograniczony od góry przez 2n. Zatem oraz Z drugiej strony jest największym z 2n + 1 składników sumy Newtona przedstawiającej (1 + 1)2n = 4n, przy czym dwa składniki równe są 1. Więc Przy tym nierówność jest ostra dla n > 1, a co dopiero dla n > 32. Dla takich n, nierówność , po obustronnym pomnożeniu przez 2n, wyniknie z , czyli czyli, po zlogarytmowaniu: Z tego, że dla x > 1 zachodzi ln(x) < x 1, otrzymujemy dla n > 32, że Wystarczy zatem dowieść , czyli . Ponieważ , to wystarczy dowieść, że: co dla jest równoważne z: n2 136n + 16 > 0 Nierówność ta zachodzi dla każdego . Więc twierdzenie zachodzi dla każdego . Dla twierdzenie zachodzi, gdyż kolejne liczby pierwsze w następującym ciągu są mniejsze od podwojonego poprzednika: Koniec dowodu. Dla dowolnej, nieujemnej liczby całkowitej k bez większego trudu można by dowieść nierówności lub słabszej: dla wszystkich , gdzie stała C zależałaby od k. Nierówność ta zapewniłaby k+1 liczb pierwszych pomiędzy n i 2n, dla wszystkich, dostatecznie dużych n (dla ).

Masz już jakąś stałą wielbicielkę????????????

nie ale chyba lepiej mieć partnera/partnerkę;)

Dobrze, że zastosowałeś ukośnik.:D

1 1111111111111111 1111111111111111111 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11o1 1 1 1 1 1101 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1c 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 c u j e 1 1 1 1 1 1 1 1 10 0 0 0 0 0 00 1 1 1 1 1 1 1 1 1

jeszcze całkiem się nie zdekoncentrowałem:P

Wiesz, w tych czasach jeśli chodzi o mężczyzn ,to nic by mnie już chyba nie zdziwiło. Choć obecnie im mlodszy, tym bardziej zniwieściały.Nie wiem ile masz lat, ale jeśli ok 30 to może Cię to tak nie będzie dotyczyło.

zniewieściały?

No tak, choć Ty chciałeś być pracować w charakterze ochroniarza , więc liczę, że może nie o Tobie mowa.

jakieś złe doświadczenia?:)

:D Trochę faktycznie ciekawski jesteś.Powiem dyplomatycznie, ogólna obserwacja. ;)

ale zdajesz sobie sprawę, że pisuję na kobiecym forum?:P