|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#1
05 มิถุนายน 2007, 21:15
|
||||
|
||||
ผลรวมของส่วนกลับของจำนวนเฉพาะ
การจะพิสูจน์ว่า $\displaystyle{\sum\frac{1}{p}}$ ลู่ออกยากมากไหมครับถ้าไม่ยากทำยังไงได้บ้างครับ
__________________
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x-b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$ BUT $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x+b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{\pi ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$
|
|
#2
05 มิถุนายน 2007, 21:35
|
||||
|
||||
|
ไม่ยากครับ ... แค่เขียน 1 กับ p ให้ห่างจากเส้นแบ่งเศษส่วนมากขึ้นเรื่อยๆ
 ผมเคยเห็นมุขนี้จาก Math Joke ที่ไหนซักแห่งที่เขาให้แยกตัวประกอบ $(a+b)^n$ แล้วมีเด็กตอบประมาณนี้ $(a\; + \;b)^n$ $(a\;\;\; + \;\;\;b)^n$ $(a\;\;\;\;\;\; + \;\;\;\;\;\;b)^n$ ผมแค่ล้อเล่น ... น้องๆ อย่าเชื่อวิธีพิสูจน์ของผมนะครับ ไม่งั้นเดี๋ยวจะฉลาดกันทั้งประเทศ 
__________________
หนึ่งปีของอัจฉริยะ อาจเทียบเท่าชั่วชีวิตของคนบางคน
|
|
#3
05 มิถุนายน 2007, 21:46
|
||||
|
||||
|
ประมาณนี้ใช่ไหมครับพี่เล็ก
    
__________________
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x-b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$ BUT $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x+b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{\pi ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$
|
|
#4
05 มิถุนายน 2007, 21:52
|
||||
|
||||
|
นั่นแหละใช่เลย ... ไม่รู้ตอนนี้คุณ Peter แกเรียนจบรึยัง ?
__________________
หนึ่งปีของอัจฉริยะ อาจเทียบเท่าชั่วชีวิตของคนบางคน
|
|
#5
08 มิถุนายน 2007, 00:01
|
||||
|
||||
|
จาก Mathematical Journeys หน้า 56
 Theorem 6.3 (Euler, 1737): The series $\sum_p \frac{1}{p}$ diverges. Proof (James Clarkson, 1966): Assume that $\sum_p \frac{1}{p}$ converges. Then there is an integer $k$ such that $\sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m} < \frac{1}{2}$ where $p_m$ is the $m^{th}$ prime number. Now let $Q = p_1 \cdots p_k$ be the product of the first $k$ primes. Consider the numbers $1 + nQ$ for $n = 1 , 2 , 3 , \ldots$ None of these numbers is divisible by any of the first $k$ primes (since each leaves a remainder of one upon division). Hence all the prime factors of $1 +nQ$ occur among the rest of the primes $p_{k+1} , p_{k+2} , \ldots$ Thus for all $r \geq 1$: \[\sum_{n=1}^r \frac{1}{1 + nQ} \leq \sum_{t=1}^{\infty} \left( \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m} \right)^t \] since the sum on the right includes among its terms all the terms on the left (and more). But $\sum_{m=k+1}^{\infty} \frac{1}{p_m} < \frac{1}{2}$. Thus \[\sum_{t=1}^{\infty} \left( \sum_{m=k+1}^\infty \frac{1}{p_m} \right)^t < \sum_{t=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^t = 1 \] (The last series is the geometric series we discussed in Zeno’s Achilles Paradox). Hence the series $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1+nQ}$ is dominated by the convergent geometric series $\sum_{t=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^t$ , and hence $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1+nQ}$ converges (by the Comparison Test). But, in fact, the series $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1+nQ}$ diverges since $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{nQ}$ diverges (a constant times the harmonic series) and thus so does $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1+nQ}$ by invoking the Limit Comparison Test. Therefore, the assumption that $\sum_p \frac{1}{p}$ converges is false.
__________________
The difference between school and life? In school, you're taught a lesson and then given a test. In life, you're given a test that teaches you a lesson. 08 มิถุนายน 2007 00:04 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ TOP
|
| |
|
|
