Liczba π (Pi) ukryta w liczbach pierwszych

Liczba $$\pi$$ ukryta w liczbach pierwszych? Jak to możliwe? Przecież liczby pierwsze to „chaos”, a $$\pi$$ ma ścisły związek z najbardziej regularnym obiektem geometrycznym – tzn. z okręgiem / kołem.

Prime Pi

Czym jest $$\pi$$?

  • $$\pi$$ to stosunek obwodu koła do jego średnicy.
  • $$\pi$$ to pole powierzchni koła o promieniu $$1$$.
  • $$\pi$$ to połowa obwodu koła o promieniu $$1$$.
  • $$\pi$$ to $$\frac{1}{4}$$ pola powierzchni sfery o promieniu $$1$$.
  • $$\pi$$ to $$\frac{3}{4}$$ objętości kuli o promieniu $$1$$.
  • $$k\pi$$ dla całkowitych $$k$$ to miejsca zerowe funkcji $$\sin x$$.
  • … i wiele innych …

Czym są liczby pierwsze?

  • Liczba pierwsza to liczba naturalna $$n\in\mathbb{N}$$ większa od $$1$$, której jednymi dzielnikami są $$1$$ oraz $$n$$.
  • Liczby pierwsze to „atomy” w teorii liczb, tzn. każdą liczbę naturalną można rozłożyć na iloczyn liczb pierwszych.
  • Rozmieszczenie liczb pierwszych wśród liczb naturalnych spełnia pewne zależności statystyczne, jednak nie jest znany żaden precyzyjny wzór dla określenia $$n-tej$$ liczby pierwszej. Ciekawskich odsyłam do artykułu „Prime-counting function”.

Czym są liczby względnie pierwsze?

  • Dwie liczby $$a,b\in\mathbb{N}$$ nazywamy względnie pierwszymi jeśli ich największy wspólny dzielnik to $$1$$ – tzn. $$NWD(a,b)=1$$.
  • Dwie liczby $$a,b\in\mathbb{N}$$ są względnie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy obie nie mają wspólnego dzielnika będącego liczbą pierwszą.
  • Liczby $$a_1,a_2,\ldots,a_n$$ są względnie pierwszy jeśli $$NWD(a_1,a_2,\ldots,a_n)=1$$.
  • Zbiór liczb pierwszych to maksymalny „względnie pierwszy” podzbiór zbioru liczb naturalnych.

Czy dowolnie wybrane dwie liczby naturalne są względnie pierwsze?

Odpowiedź na to pytanie brzmi „nie” – bo mamy szereg takich kontrprzykładów jak: $$\{3,6\}$$, $$\{8,2\}$$. Musimy więc pytać jakie jest prawdopodobieństwo, że dowolnie wybrane dwie liczby naturalne są względnie pierwsze?

Zanim udzielę precyzyjnej odpowiedzi przeprowadzę symulację Monte Carlo z wykorzystaniem pakietu MathParser.org-mXparser.

Procedura symulacji:

  • losujemy dwie liczby z liczb naturalnych – w mXparser „[Nat]” to zmienna losowa zwracająca losową liczbę naturalną;
  • weryfikujemy czy największy wspólny dzielnik wylosowanych liczb to $$1$$ – korzystamy z funkcji „gcd” (greatest common divisor).
  • zliczamy liczbę przypadków pozytywnych, powtarzamy $$n$$ razy, sumujemy wynik, dzielimy przez $$n$$.

Kod w mXparser dla 100, 10000, 1000000 powtórzeń:


/*
* Definicja funkcji symulującej
*/
Function f = new Function("f(n) = sum(i, 1, n, gcd( [Nat], [Nat] ) = 1 )");
/*
* Trzy warianty symulacji
*/
Expression e100 = new Expression("f(100) / 100", f);
Expression e10000 = new Expression("f(10000) / 10000", f);
Expression e1000000 = new Expression("f(1000000) / 1000000", f);
/*
* Wyświetlenie wyniku
*/
mXparser.consolePrintln(e100.getExpressionString() + " = " + e100.calculate());
mXparser.consolePrintln(e10000.getExpressionString() + " = " + e10000.calculate());
mXparser.consolePrintln(e1000000.getExpressionString() + " = " + e1000000.calculate());

Wynik


[mXparser-v.4.1.1] f(100) / 100 = 0.55
[mXparser-v.4.1.1] f(10000) / 10000 = 0.6096
[mXparser-v.4.1.1] f(1000000) / 1000000 = 0.608361

Oszacowanie z Monte Carlo $$P\approx 0.608361$$

$$P\approx 0.608361\approx\frac{6}{10}$$

natomiast

$$\pi^2\approx 10$$

zatem

$$P\approx0.608361\approx\frac{6}{\pi^2}\approx 0.607927101854027$$

Czyżby prawdopodobieństwo, że dwie losowe liczby naturalne są względnie pierwsze wynosiło $$\frac{6}{\pi^2}$$?

$$P\Big(~NWD(a,b)=1~\Big|~a,b\in\mathbb{N}~\Big)=^\text{?}\frac{6}{\pi^2}$$

Pewien iloczyn Eulera

W 1734 roku Leonard Euler rozwiązał tzw. „Problem bazylejski”, jako pewien efekt uboczny powstała poniższa równość

$$\displaystyle\prod_{p-\text{l. pierwsza}}\Bigg(1-\frac{1}{p^2}\Bigg)=\frac{6}{\pi^2}$$

Nieskończony iloczyn na bazie liczb pierwszych powiązany jest z liczbą $$\pi$$ – zdumiewające! W dalszej części tekstu pokażę z czego to wynika, teraz skupię się na relacji powyższego iloczynu do naszego zagadnienia liczb względnie pierwszych i wyniku symulacji Monte Carlo.

Załóżmy, że $$a,b\in\mathbb{N}$$ zostały wybrane losowo, wtedy:

  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ jest parzysta wynosi $$\frac{1}{2}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$b$$ jest parzysta wynosi $$\frac{1}{2}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ i $$b$$ są jednocześnie parzyste wynosi $$\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2^2}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ i $$b$$ jednocześnie nie są parzyste wynosi $$1-\frac{1}{2^2}$$

Analogicznie:

  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ jest podzielna przez $$3$$ wynosi $$\frac{1}{3}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$b$$ jest podzielna przez $$3$$ wynosi $$\frac{1}{3}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ i $$b$$ są jednocześnie podzielne przez $$3$$ wynosi $$\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3^2}$$
  • prawdopodobieństwo, że $$a$$ i $$b$$ jednocześnie nie są podzielne przez $$3$$ wynosi $$1-\frac{1}{3^2}$$

Zatem prawdopodobieństwo, że $$a$$ i $$b$$ jednocześnie nie są podzielne przez $$p$$ wynosi $$1-\frac{1}{p^2}$$ dla dowolnej liczby $$p$$, w tym liczby pierwszej. Natomiast liczby $$a$$ i $$b$$ są względnie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy obie nie mają wspólnego dzielnika będącego liczbą pierwszą. W ten sposób, jeśli udowodnimy niezależność zdarzeń (dzięki Olaf!), otrzymamy wzór na prawdopodobieństwo, że dwie losowo wybrane liczby naturalne są względnie pierwsze.

$$P\Big(~NWD(a,b)=1~\Big|~a,b\in\mathbb{N}~\Big)=\displaystyle\prod_{p-\text{l. pierwsza}}\Bigg(1-\frac{1}{p^2}\Bigg)=\frac{6}{\pi^2}$$

Niezależność zdarzeń

Zdarzenia $$A$$ i $$B$$ są niezależne jeśli wiedza o zdarzeniu $$A$$ nie wpływa na prawdopodobieństwo zdarzenia $$B$$ i odwrotnie, co zapisujemy

$$P(B|A)=P(B)$$ oraz $$P(A|B)=P(A)$$

$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$

Załóżmy, że $$n,m\in\mathbb{N}$$ zostały wybrane losowo.

Spostrzeżenie: jeśli ustalone $$a,b\in\mathbb{N}$$ są względnie pierwsze to niezależne są zdarzenia:

  • $$a$$ jest dzielnikiem $$n$$
  • $$b$$ jest dzielnikiem $$n$$

Uzasadnienie:

  • $$P(a\text{ dzieli }n )=\frac{1}{a}$$
  • $$P(b\text{ dzieli }n)=\frac{1}{b}$$
  • $$P(a\cdot b\text{ dzieli }n)=\frac{1}{ab}=P(a\text{ dzieli }n )\cdot P(b\text{ dzieli }n )$$
  • $$P(a \text{ i } b\text{ dzieli }n)=\text{?}$$

$$a$$ i $$b$$ są względnie pierwsze, więc $$n$$ jest podzielne przez $$a$$ i $$b$$ wtedy i tylko wtedy gdy jest podzielne przez $$ab$$. Zatem

$$P(a \text{ i } b\text{ dzieli }n)=\frac{1}{ab}=P(a\text{ dzieli }n )\cdot P(b\text{ dzieli }n )$$

Spostrzeżenie: jeśli ustalone $$a,b\in\mathbb{N}$$ są względnie pierwsze to niezależne są zdarzenia:

  • $$a$$ jest dzielnikiem $$n$$ oraz $$m$$
  • $$b$$ jest dzielnikiem $$n$$ oraz $$m$$

Uzasadnienia dokonujemy analogicznie.

Spostrzeżenie: jeśli $$\{p_1,p_2,\ldots,p_n\}$$ są ustalonymi liczbami pierwszymi to niezależne są zdarzenia, że $$p_i$$ dzieli jednocześnie $$n$$ i $$m$$.

Spostrzeżenie: jeśli $$p$$ i $$q$$ są ustalonymi liczbami pierwszymi to niezależne są zdarzenia, że:

  • $$p$$ nie dzieli jednocześnie $$n$$ i $$m$$
  • $$q$$ nie dzieli jednocześnie $$n$$ i $$m$$

Spostrzeżenie: jeśli $$\{p_1,p_2,\ldots,p_n\}$$ są ustalonymi liczbami pierwszymi to niezależne są zdarzenia, że $$p_i$$ nie dzieli jednocześnie $$n$$ i $$m$$.

Po więcej szczegółów odsyłam do pracy „Some Early Analytic Number Theory”.

Relacja iloczynu Eulera do problemu bazylejskiego

Przedmiotem problemu bazylejskiego, w jego pierwotnym brzmieniu, było znalezienie sumy odwrotności kwadratów wszystkich liczb naturalnych, tj. sumy szeregu:

$$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\text{?}$$

Zdefiniujmy zagadnienie bardziej ogólnie

$$\zeta(s)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^s}=\text{?}$$

dla $$s>1$$

$$\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\ldots$$

Mnożymy obie strony przez $$\frac{1}{2^s}$$

$$\frac{1}{2^s}\zeta(s)=\frac{1}{2^s}+\frac{1}{2^s2^s}+\frac{1}{2^s3^s}+\frac{1}{2^s4^s}+\frac{1}{2^s5^s}+\ldots$$

$$\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\ldots$$

Odejmujemy

$$\zeta(s)-\frac{1}{2^s}\zeta(s)=\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)$$


$$\zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\ldots$$

$$\frac{1}{2^s}\zeta(s)=\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{6^s}+\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}+\ldots$$


$$\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}+\ldots$$

Po odjęciu pozostały tylko te składniki $$\frac{1}{n^s}$$, dla których $$n$$ nie jest podzielne przez $$2$$.

Mnożymy obie strony przez $$\frac{1}{3^s}$$

$$\frac{1}{3^s}\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=\frac{1}{3^s}+\frac{1}{3^s3^s}+\frac{1}{3^s5^s}+\frac{1}{3^s7^s}+\frac{1}{3^s9^s}+\frac{1}{3^s11^s}+\ldots$$

$$\frac{1}{3^s}\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=\frac{1}{3^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{15^s}+\frac{1}{21^s}+\frac{1}{27^s}+\frac{1}{33^s}+\ldots$$

Odejmujemy

$$\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)-\frac{1}{3^s}\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=\Big(1-\frac{1}{3^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)$$


$$\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}+\ldots$$

$$\frac{1}{3^s}\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=\frac{1}{3^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{15^s}+\frac{1}{21^s}+\frac{1}{27^s}+\frac{1}{33^s}+\ldots$$


$$\Big(1-\frac{1}{3^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\frac{1}{17^s}+\ldots$$

Po odjęciu pozostały tylko te składniki $$\frac{1}{n^s}$$, dla których $$n$$ nie jest podzielne przez $$2$$ lub przez $$3$$. Widać działanie swego rodzaju „sita”.

Powtarzamy mnożenie przez $$\frac{1}{p^s}$$ (i odejmowanie) dla wszystkich liczb pierwszych $$p$$.

W ten sposób prawa strona równania jest „przesiewana” przez kolejne „dzielniki”, gdzie w nieskończonym kroku pozostaje tylko liczba 1.

$$\ldots \Big(1-\frac{1}{11^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{7^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{5^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{3^s}\Big)\Big(1-\frac{1}{2^s}\Big)\zeta(s)=1$$

$$\zeta(s)\displaystyle\prod_{p-\text{l. pierwsza}}\Bigg(1-\frac{1}{p^s}\Bigg)=1$$

$${\Large\zeta(s)}=\frac{{\Large 1}}{\displaystyle\prod_{p-\text{l. pierwsza}}\Bigg(1-\frac{1}{p^s}\Bigg)}$$

$$\zeta(s)=\displaystyle\prod_{p-\text{l. pierwsza}}\Bigg(1-\frac{1}{p^s}\Bigg)^{-1}$$

Ostatecznie

$$P\Big(~NWD(a,b)=1~\Big|~a,b\in\mathbb{N}~\Big)={\large\frac{1}{\zeta(2)}}$$

Funkcja $$\zeta(s)$$ nazywana jest funkcją dzeta Riemanna – tak tak, to ta funkcja od słynnej hipotezy Riemanna 🙂

Funkcja dzeta Riemanna

Jak Euler wyznaczył wartość funkcji $$\zeta(2)$$?

Euler badał funkcję $$\frac{\sin x}{x}$$,a dokładnie jej rozwinięcie w szereg Taylora.

Funkcja sin(x)/x

$$\frac{\sin x}{x}$$ w $$x=0$$ nie ma wartości, ale posiada granicę $$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$$ – wartość granicy wyznaczyłem tutaj.

Rozważmy rozwinięcie funkcji $$\sin x$$ w szereg Maclaurina

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}\ldots=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

Dzieląc przez $$x$$ otrzymujemy

$$f(x)=\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\ldots=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}$$

W tej reprezentacji $$f(0)=1$$, łatwo też zauważyć, że $$f(x)=f(-x)$$. Z własności funkcji $$\sin x$$ wnioskujemy, że $$f(x)$$ ma miejsca zerowe postaci $$x=\pm k\pi$$ dla $$k=1,2,3,\ldots$$.

Postać iloczynowa wielomianu

Postać iloczynowa wielomianu stopnia $$n$$ posiadającego $$n$$ pierwiastków jednokrotnych $$x_1,x_2,\ldots,x_n$$ to

$$a(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_n)$$

$$a$$ – pewna stała

 Powyższe można zapisać równoważnie

$$a(-x_1)\Big(1-\frac{x}{x_1}\Big)(-x_2)\Big(1-\frac{x}{x_2}\Big)\ldots(-x_n)\Big(1-\frac{x}{x_n}\Big)$$

$$A\Big(1-\frac{x}{x_1}\Big)\Big(1-\frac{x}{x_2}\Big)\ldots\Big(1-\frac{x}{x_n}\Big)$$

$$A$$ – pewna stała

Postać iloczynowa wielomianu funkcji $$f(x)=\frac{\sin x}{x}$$

Rozwinięcie w „nieskończony” wielomian Taylora oraz symetryczne miejsca zerowe (jednokrotne) sugerują, że $$f(x)$$ można przedstawić w nieskończonej postaci iloczynowej.

$$f(x)=A\Big(1-\frac{x}{\pi}\Big)\Big(1+\frac{x}{\pi}\Big)\Big(1-\frac{x}{2\pi}\Big)\Big(1+\frac{x}{2\pi}\Big)\ldots\Big(1-\frac{x}{k\pi}\Big)\Big(1+\frac{x}{k\pi}\Big)\ldots$$

$$f(x)=A\displaystyle\prod_{k=1}^\infty\Big(1-\frac{x}{k\pi}\Big)\Big(1+\frac{x}{k\pi}\Big)$$

$$f(x)=A\displaystyle\prod_{k=1}^\infty\Bigg(1-\Big(\frac{x}{k\pi}\Big)^2\Bigg)$$

W rozwinięciu Taylora $$f(0)=1$$

$$f(0)=A=1$$

ostatecznie

$$f(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^\infty\Bigg(1-\Big(\frac{x}{k\pi}\Big)^2\Bigg)$$

sinx przez x - postać iloczynowa

Porównanie wielomianu Taylora z postacią iloczynową

Rozwiązanie problemu bazylejskiego ujawnia się po porównaniu nieskończonego wielomianu Taylora z rozwinięcia funkcji $$\frac{\sin x}{x}$$ z jego postacią iloczynową

$$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}=\displaystyle\prod_{k=1}^\infty\Bigg(1-\Big(\frac{x}{k\pi}\Big)^2\Bigg)$$

Po prawej stronie równania przeprowadzamy „nieskończone” mnożenie „każdy z każdym”, w kolejnym kroku szeregując elementy w grupy $$x^2$$, $$x^4$$, $$x^6$$, $$\ldots$$. Zauważmy (między innymi), że:

  • „1” mnoży się ze wszystkimi jedynkami – zatem wyraz wolny to 1. Każde inne mnożenie „kontrybuuje” do potęg $$x^{2k}$$, gdzie $$k\geq 1$$;
  • element $$\frac{x^2}{\pi}$$ mnoży się z pozostałymi jedynkami, co daje jasną postać współczynnika przy $$x^2$$. Każde inne mnożenie „kontrybuuje” do potęg $$x^{2k}$$, gdzie $$k\geq 2$$.

$$1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\ldots=1-x^2\Big(\frac{1}{2^2\pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\frac{1}{4^2\pi^2}+\ldots\Big)+x^4\Big(\ldots\Big)+\ldots$$

Porównując współczynniki przy $$x^2$$

$$-\frac{x^2}{3!}=-x^2\Big(\frac{1}{2^2\pi^2}+\frac{1}{3^2\pi^2}+\frac{1}{4^2\pi^2}+\ldots\Big)$$

$$\frac{x^2}{3!}=\frac{x^2}{\pi^2}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$$

$$\frac{\pi^2}{3!}=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$$

$$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}=\zeta(2)$$

Finalnie

$$P\Big(~NWD(a,b)=1~\Big|~a,b\in\mathbb{N}~\Big)={\large\frac{1}{\zeta(2)}}=\frac{6}{\pi^2}$$

Niedostateczna precyzja dowodu Eulera

Rozwijając funkcję $$f(x)=\frac{\sin x}{x}$$ w produkt $$f(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^\infty\Bigg(1-\Big(\frac{x}{k\pi}\Big)^2\Bigg)$$ otrzymaliśmy zgodność wszystkich miejsc zerowych oraz zgodność wartości w punkcie $$x=0$$. To jednak nie gwarantuje równości obu funkcji – np.  $$e^x\frac{\sin x}{x}$$ to inna funkcja. Euler rozumiał niekompletność swojego wywodu, jednak nie potrafił dostatecznie uściślić wyniku. Jego intuicja okazała się słuszna i potwierdzona w twierdzeniu Weierstrass o faktoryzacji. Zainteresowanych odsyłam do publikacji „Weierstrass factorization theorem”.

Oszacowanie $$\pi$$ na bazie symulacji Monte Carlo

Dla 1000000 eksperymentów, polegających na wylosowaniu dwóch liczb naturalnych i weryfikacji czy są względnie pierwsze, otrzymaliśmy

$$P\approx 0.608361$$

Co daje oszacowanie $$\pi$$ z dokładnością jedynie do 2 miejsc „po przecinku”

$$\pi\approx\sqrt{\frac{6}{0.608361}}\approx 3.140472123$$

Podsumowanie

Dzisiejszy wpis to bardzo dużo „znaczków”, mglistych przejść, ciągła praca z nieskończonymi szeregami i produktami – ale takie były właśnie dowody Eulera 🙂 Gratuluję wszystkim, którzy „dotrwali” do końca, materiał nie był łatwy, ale za to bardzo treściwy. Pomiędzy liczbami pierwszymi (czyli najmniejszymi częściami składowymi teorii liczb) a liczbą $$\pi$$, istnieje zaskakujący związek, dużo głębszy niż tylko symbol współdzielony z „funkcją zliczającą liczby pierwsze” $$\pi(n)$$ – po szczegóły odsyłam do artykułu „Prime-counting function”.

Pozdrowienia,

Mariusz Gromada

Views All Time
Views All Time
4581
Views Today
Views Today
12

5 thoughts on “Liczba π (Pi) ukryta w liczbach pierwszych

  1. Jestem pod wrażeniem, że ma Pan tak mało czytelników na blogu. Dopiero dziś odkryłem tę stronę i z całą pewnością stanę się jej stałym bywalcem. A sam artykuł – niezwykle ciekawe dowody, przedstawione w bardzo intrygujący i niebanalny sposób. Brawo! 🙂

  2. Dopiero zaczynam się tym interesować wszystko przez pomoc w rozwiązywaniu ułamków . Całość sprowadza się tak naprawdę do pytania . Na ile równych części da się podzielić CAŁOŚĆ czytaj 1. Mając cokolwiek stanowiącego całość możemy podzielić to na 2 , 3 ,5,7, … itp części , liczba części np. 4,6,9 15 to podwojona lub potrojona liczba części czyli coś znowu podzielonego na 2,3,5 . W tym podziale chodzi o to że ma powstać liczba naturalna bez reszty . Świat pomimo swej nieskończoności jest zbudowany ze skończonej liczy elementów na które można go podzielić . Liczba PI sugeruje że ta całość – nieskończona posiada kształt kuli. i jest to ostatnia największa liczba pierwsza największa liczba części na jaką można podzielić całość. Niestety ma ona charakter prawdopodobieństwa bo jest ona związana bezpośrednio z poziomem naszej świadomości i narzędzi jakie możemy zastosować. Jest to bardzo podobne do równań Newtona i Einsteina obydwa równania są prawdziwe jedynie nasza percepcja postrzegania zmienia się , można by powiedzieć że jeżeli masa ulegnie podziałowi na nieskończoną ilość części to jedno i drugie równanie są równoważne .

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany. Pola, których wypełnienie jest wymagane, są oznaczone symbolem *