一排糖_gvw
某中國大學生髮現的反例
用f(n)表示可以用1和任意多個加號和乘號括號表示出n所用1的最小的個數
如4=(1+1) ×(1+1),所以f(4)≤4,進一步可以知道f(4)=4進一步再來求出:
可見f(n)的增長很慢……
是否有f(p)=f(p-1)+1,對p為某些數,如素數? 不難驗證對p=2,3,5,7,11均成立,事實上,對於10萬以內的素數其均成立 。
猜想:對p為素數, f(p)=f(p-1)+1
反例:p = 353942783,f(p) = 1 + f(p-1) 不成立
素數生成公式(某常見編程題)
1772 年,Euler 曾經發現,當 n 是正整數時,n⊃2;+n+41似乎總是素數。事實上,n 從 1 一直取到 39,算出來的結果分別是:
43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151, 173, 197, 223, 251, 281, 313, 347, 383, 421, 461, 503, 547, 593, 641, 691, 743, 797, 853, 911, 971, 1033, 1097, 1163, 1231, 1301, 1373, 1447, 1523, 1601
猜想: n 是正整數時,均是素數
反例:n = 40 時,為合數
注:有沒有可能有一個整係數多項式P(n),使得n為正整數時,P(n)均為素數呢?
先思考一下……
例子:如果P(n)為常值多項式,那麼P就有可能滿足要求,如P(n)=3那麼有沒有非平凡的例子呢,答案是沒有,素數的分佈結構哪有那麼簡單。
證:假設這樣的一個多項式P(n)存在。那麼P(1)將是一個素數p ;
由於P整係數,故P(1+kp)≡P(1)(modp),對k為正整數;
所以 P(1+kp)是p的倍數,又是素數,只能是p,所以P(x)=p有無窮多個根,與代數基本定理矛盾!
對於Euler所見的那種多項式也是很稀有的,事實上,若整係數多項式對n=0,1,……,k-2均為素數,其中k不小於2(取n=0,可以知道k必須是素數)
其成立等價於這個二次函數的判別式的絕對值為Heegner number
但是Heegner number 由Stark–Heegner theorem 有且僅有9個:1,2,37,11,19,43,67,163
所以k只能取2,3,5,11,17,41
也就是說只有 n²+n+k,k=2,3,5,11,17,41才能對n=0,1,……,k-2均取值為素數。
Mertens conjecture
定義域為自然數的莫比烏斯函數μ定義為μ(1) = 1
μ(n) = 1 if n 不含平方因子且含偶數個素數因子
μ(n) = −1 if n 不含平方因子且含奇數個素數因子
μ(n) = 0 if n 含質因子的次數超過2次,即含平方因子(如2^2,3^4,5^2等)
舉個例子,其部分取值如下:
μ為什麼要這麼定義的原因是為了讓函數1有一個卷積逆,這裡的卷積定義與積分定義的卷積不同,由此可導出莫比烏斯反演定理。
定義
稱為 Mertens函數
1897年Mertens猜想:
對所有>1的自然數n有
如果令
那麼猜想就是說m(n)的絕對值不超過1
這個猜想不難驗證在n<100時成立,事實上,在n小於10億內的範圍,這個猜想還是成立的!
於是大家對這個猜想還是抱有很大信心的……
反例:
1985年 Andrew Odlyzko 與 Herman te Riele共同推翻了這個猜想
事實上他們證明了
1987年Pintz證明了第一個反例對應的n出現在之前
(Kotnik和Te Riele在2006年把上界降到了)
2004年 Kotnik和Van de Lune 證明了第一個反例對應的n出現在10^14之後
不過目前具體的能給出最大的m(n)為n=7766842813時,此時 M(7766842813) = 50286
注:
可能有人會有疑問,你給不出具體的反例算什麼,哪裡推翻了猜想啊……
有些時候,我們做估計往往是對於整體做的估計,比如證明著名的Bertrand假設:
(見數學天書中的證明,Page 7)
一個關鍵的估計不等式在於:
反證這樣的素數不存在,會吃掉最後一個乘積,而第一,二個乘積可以有很好的上界:
那麼
而這個不等式對於較大的n是不成立的,於是導出了矛盾!
(如n>4000,再對n<4000直接驗證定理即可)
證明需要依賴一些整體性的計數類的結果,或者利用篩法估計
也就是我們在證明過程中可能利用整體的信息而丟掉了個體的信息,所以我們無法從正確的證明中獲得反例,但這絕對不意味著沒有反例或者證明錯誤。
再舉一個例子,就是Lebesgue和Riemman積分,都忽略了被積函數在單點的信息,而提取出整體的信息
比如,那麼我一定可以知道有一點x在[0,1]之間使得
但你要問我是哪個點,我可以說無可奉告
Prime race(素數競賽)
如果取出不大於n的所有不等於3的素數,按照它們除以3的餘數來分成兩組,
一組叫做Team 1,1組的素數除以3的餘數是1,如7,13
一組叫做Team 2,2組的素數除以3的餘數是2,如2,5,11
如下圖:
我們可以感覺到當n固定時,似乎1組的素數總比2組少
如n=3時,只有2組有一個成員 2
如n=8時,2組成員有兩個,比1組多
如n=60時
Team1:7,13,31,37,43,只有5個成員
Team2:2,5,11,17,23,29,41,47,53,59,有10個成員
當n不斷增加的時候,兩組分別的素數個數的增長就和跑步比賽一樣,不斷增加,不過似乎總有1組的素數比2組的素數少,就好比1總是落在2後面一樣。
猜想:
對n為正整數,1組的素數總比2組少
下面有一張表,表明這個猜想對於較小的數字的正確性
最小的一個反例:n=608,981,813,029 時,1組成員比2組成員多,1組超過了2組
由1976年由Bays 與 Hudson發現。
(真乃:功夫不負有心人……)
注:
這方面的理論基礎源於John Edensor Littlewood (沒錯,又是他)
John Edensor Littlewood 1914發表一個對這方面問題的很好的估計的paper
最後有一個非常好的討論和研究見
http://www.maa.org/sites/default/files/pdf/upload_library/22/Ford/granville1.pdf
組合幾何中的反例
Borsuk's conjecture
一直討論數論問題會讓人有些疲憊。來看這麼一個組合幾何問題:
Karol Borsuk(就是那個證明了博蘇克-烏拉姆定理的數學家)在1932年證明了:
任何一個二維歐氏空間中的球體(二維球即圓盤)可以被剖分成3部分,每一部分的直徑嚴格小於球的直徑。
一般地,d維歐氏空間中的球體可以被剖分成d+1個部分,每一部分的直徑嚴格小於球的直徑,對d為正整數
於是他猜想:對n為正整數,n維歐氏空間中的每一個有界集合E,是否均可以劃分成n+1個子集,每一個子集的直徑均嚴格小於E的直徑?
已經可以證明n=2,3時是成立的
對所有的n,E為光滑凸集時,定理均成立(利用博蘇克-烏拉姆定理)
而對於高維情形,似乎無從下手。
反例:
1993 年Gil Kalai 和 Jeff Kahn找到n= 1325時,命題不成立,對n>2014命題也不成立
注:
博蘇克-烏拉姆定理:
分析學上的反例
1
定義,x=0時取值為1
不難驗證sinc(x)在R上無窮次可導,圖像如下方紅線:
有公式:
對於N=0,1,2,3,……,7均成立
事實上對於N≤40248公式均成立
但N>40248左邊嚴格大於右邊,結論不成立
注:
至於為什麼,請見http://arxiv.org/pdf/1105.3943v2.pdf
其講述瞭如何運用這類方法構造恆等式對n=1,……N成立,但對n>N時不成立。
2
來自《Inside Interesting Integrals》 by Paul J. Nahin.
利用簡單的Fourier變換或者熟知的
容易證明下面公式的第一個(第2,3個事實上也是對的):
可能會有
猜想:
,對n為自然數。
繼續,對n=1,2,3,4,…,10檢驗都成立,甚至n=30也是對的:
反例:
n=31時不成立
數值分析給出:
而
注:
以前在學習積分學時,就可以注意到的組合在0到無窮的積分會導致各種奇怪的現象…
如可以作為微積分習題的兩題:
就是說某些參數的局部改變不會改變積分值,但是某些參數值附近稍微的改變會導致積分值突變。
超級數學建模
這正好對應了歷史上的三次數學危機。
1. 所有實數都是有理數
因為開方二的出現,而被證實為錯。
2. 無盡小數
實質上未被推翻,但是最後被更嚴謹的極值公理取代。
但是來到當代後被成功復活,不過用途比較小眾,而且其邏輯基礎非常複雜。
3. 天真集理論(naive set theory)
其最大的特色是,一個集可以成為自己的一個元素。最後因為羅素悖論而被捨棄。
而成為了它的代替品的就是我們今天用的zfc。
3.1 需要知道的是,人們在羅素悖論後才正式嘗試為數學系統建立一套完整的公理。但是Godel馬上證明瞭世上不存在"完美"的公理,要不就是不自洽,要不就是存在無法用公理去證明的真相。而且即使不要求公理是萬能的,我們依然無法證明它是自洽的。