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
754
Views Today
Views Today
2

Dodaj komentarz

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