Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: A Goldbach-sejtésről

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1171] Róbert Gida2011-02-04 14:53:37

"Persze, ez világos, de egy divergens sornak nincs összege."

Egy divergens sornak is lehet összege. Biztos, hogy átmentél az analízis vizsgán? Ilyenekért jobb helyeken kiszórnak.

Előzmény: [1169] bily71, 2011-02-04 14:09:01
[1170] bily712011-02-04 14:20:03

Na, meg van a hiba a gondolatmenetemben. Sehogy nem következik.

Egyébként miért csak higgyük el? Ha a \sum{f'''(n)} sor általános tagja nem tart a 0-ba, akkor mégis hogyan lehet konvergens?

Előzmény: [1167] Fálesz Mihály, 2011-02-04 10:44:22
[1169] bily712011-02-04 14:09:01

Persze, ez világos, de egy divergens sornak nincs összege. Amúgy tudom mi a különbség, a végtelenbe tartó sort tágabb értelemben konvergensek hívjuk.

Előzmény: [1166] Maga Péter, 2011-02-04 10:39:09
[1168] Christian2011-02-04 10:45:15

(PP)(QQ)=(PQ)(PQ) a skalárszorzás köztudott asszociativitása miatt:)

Előzmény: [1165] Maga Péter, 2011-02-04 10:36:58
[1167] Fálesz Mihály2011-02-04 10:44:22

OK, higgyük el, hogy a \sum f'''_n sor divergens.

Ebből hogyan következik, hogy a \sum f''_n zárójelezés is divergens?

Előzmény: [1163] bily71, 2011-02-04 10:32:01
[1166] Maga Péter2011-02-04 10:39:09

Abból, hogy nem konvergens, csak az következik, hogy divergens (definíció!). Az nem, hogy divergál a végtelenbe. Talán ezt már mondtam is egyszer: ha nem, akkor most mondom.

Előzmény: [1163] bily71, 2011-02-04 10:32:01
[1165] Maga Péter2011-02-04 10:36:58

Mely sorokat és miért?:)

Előzmény: [1160] Christian, 2011-02-04 10:19:13
[1164] Maga Péter2011-02-04 10:36:29

Ahogy látom, egyik sem.

Előzmény: [1162] jonas, 2011-02-04 10:31:53
[1163] bily712011-02-04 10:32:01

Másképp: az \sum{f'''(n)} sor márcsak azért sem lehet konvergens, mivel van legalább egy szigorúan monoton növekvő részsorozata: f'''_{i_1}=\left[\frac{5^2}6\right]<f'''_{i_2}=\left[\frac{7^2}6\right]<f'''_{i_3}\left[\frac{11^2}6\right]<f'''_{i_4}\left[\frac{13^2}6\right]<..., ahol i1<i2<i3<i4<... és mivel a tagok nem negatív egészek, ez a részsorozat nem korlátos, ezért lehetetlen, hogy az általános tag a nullába tartson, ami pedig szükséges feltétele a konvergenciának.

Előzmény: [1158] bily71, 2011-02-04 09:56:38
[1162] jonas2011-02-04 10:31:53

Ezek közül melyik bizonyítja, hogy két szomszédos pozitív négyzetszám között mindig van prímszám?

Előzmény: [1159] Maga Péter, 2011-02-04 10:04:31
[1161] Fálesz Mihály2011-02-04 10:29:36

Rendben, kijavítalak. :-)

Nem véletlenül kérdeztem rá az [1125] végére., Ott ugyanis 0<|p'''n|\lef'''n szerepelt, abszolút érték nélkül. Úgy pedig nyilvánvalóan nem igaz, mert az f'''n számok között egy csomó negatív van.

Abból, hogy \sum|f'''_n|=\infty, nem következik, hogy \sum f'''_n=\infty, még akkor sem, ha a sornak minden tagja egész szám. Például az 1-1+1-1+1-+... sorban a tagok abszolút értékeinek összege végtelen, de a sor részletösszegeinek nincs határértéke. (Ugyanakkor a sornak van konvergens zárójelezése: (1-1)+(1-1)+(1-1)+...=0.)

Előzmény: [1157] bily71, 2011-02-04 09:20:41
[1160] Christian2011-02-04 10:19:13

Némileg bevtop vizsga érzésem van eme szenzációs sorokat olvasva :-)

[1159] Maga Péter2011-02-04 10:04:31

RH, GRH, Goldbach' és ikerprím' egy csapásra.

Goldbach' és ikerprím' csomóelmélettel.

Goldbach', ikerprím', két további állítás, a két további egyike az, hogy végtelen sok n2+1 alakú prím van.

Gyengített Polignac'. Azért nem olyan nagyon gyengített: az ikerprím' simán következik belőle, illetve az is, hogy végtelen sokszor 4 a differencia két szomszédos prím között.

[1158] bily712011-02-04 09:56:38

Egy kis javítás (utolsó előtti mondat):

Mivel 0\lePn\le|2f'''n| fenáll minden n-re, ezért \sum2f'''(n) divergens, ezért \sum{f'''(n)} is divergens.

Előzmény: [1157] bily71, 2011-02-04 09:20:41
[1157] bily712011-02-04 09:20:41

Most pedig leírom, hogy melyik is valójában a Pn sorozat.

Először tekintsük a

\sum_{n=0}^{\infty}p''_n

sort és írjuk le szépen, ahogy azt kell, egymás után a tagokat, persze csak képletesen, mert végtelen sok van belőlük:

\sum_{n=0}^{\infty}p''_n=\sum_{n=0}^{\infty}(p_n-p_{n-1})=(p_0)+(p_1-p_0)+(p_2-p_1)+...

A fenti sort felfoghatjuk egy zárójelezett sornak is. Hagyjuk el a zárójeleket:

\sum_{n=0}^{\infty}p''_n=\sum_{n=0}^{\infty}(p_n-p_{n-1})=p_0+p_1-p_0+p_2-p_1+...

És most jöjjön az a lépés, melynek megértése gondot okozott mindenkinek. Helyettesítsük be a sorba a pn tagjait. Egyszerűbben ezt nem tudom mondani, mivel ez olyan egyszerű lépés, hogy már az általános iskolában követelmény a behelyettesítés megértése. Mivel a p(n) sorozat tagjai véges összegek, ezért nem mindegy, milyen sorrendben írjuk le a pi-ben lévő tagokat. A tagok sorrendjét a nevezőkben lévő d dönti el. Azokat a tagokat csoportosítsuk egy szummába, melyekben d értéke megegyezik, és egy szumma megelőz egy másikat, ha az \omega(d) értéke kisebb és ha a d értéke kisebb mint a másikban. (Már látom előre, hogy az előző mondat mekkora káoszt fog okozni az olvasók fejében:))

Leírom mégegyszer azokat a fránya szögletes zárójelben lévő törteket:

\sum_{n=0}^{\infty}p''_n=\sum_{n=0}^{\infty}(p'_n-p'_{n-1})=p_0+p_1-p_0+p_2-p_1+...=

=\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6}\right]-\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6\cdot5}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6}\right]-\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot5}\right]-\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot7}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot5\cdot7}\right]-

-\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6\cdot5}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{11^2+b_i}{6}\right]+...

Na ez az, amit már végképp nem ért senki, pedig borzasztóan egyszerű: Legyen a p'''(n) sorozat n-edik tagja a legutóbb felírt egyenlőség jobb oldalán lévő n-edik szumma!

Legyen Pn=|p'''n|, vagyis

\sum_{n=0}^{\infty}P_n=\sum_{n=0}^{\infty}|p'''_n|=

=\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6\cdot5}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot5}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot7}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+b_i}{6\cdot5\cdot7}\right]+

+\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+b_i}{6\cdot5}\right]+\sum_{i=1}^2\left[\frac{11^2+b_i}{6}\right]+...

A \sum_{n=0}^{\infty}P_n sor divergens, mivel a Pn sor nemnegatív egészekből áll, és a 0<Pi végtelen sok i-re fenáll. Mivel 0\lePn\le|f'''n| fenáll minden n-re, (és most jön be a minoráns kritérium) ezért \sum_{n=0}^{\infty}f'''_n sor is divergens. Lehet, hogy most is rosszul értelmezem a minoráns kritériumot, ha így van javíts ki.

Előzmény: [1156] Fálesz Mihály, 2011-02-04 06:09:01
[1156] Fálesz Mihály2011-02-04 06:09:01

Bily, részleteznéd a [1125] vége felé azt, hogy 0\lePn\lef'''n?

Olvastad a [1119]-et?

Előzmény: [1133] bily71, 2011-02-03 20:34:21
[1155] Róbert Gida2011-02-03 23:31:23

Ez lehet egy második bizonyítás az ikerprím sejtés bizonyítására. Kicsit továbbgondoltam, az utolsó egyenlőség(!)-edből én azt látom ki, hogy minden prím egyben ikerprím is, csak az kell hozzá, hogy véges sok tagot összegzel csak, ajánlom, hogy egy prím négyzetéig menjél el! (Bily még csak azt tudta kihozni, hogy minden második.)

Előzmény: [1151] Kemény Legény, 2011-02-03 23:12:50
[1154] bily712011-02-03 23:27:37

Hívjuk egyszerűen táblázatnak, úgy nem fogja félreérteni senki :D

Előzmény: [1152] Róbert Gida, 2011-02-03 23:21:40
[1153] bily712011-02-03 23:22:07

Mint az a táblázatokban látható 6k-1 akkor prím, ha k nem elégíti ki a táblázat alatt lévő kongruenciák egyikét sem. Ugyanígy 6k+1 akkor prím, ha k nem elégíti ki a második táblázat alatt lévő kongruenciákat. Mivel itt prímenként egy tiltott kongruencia van, ezért a 6k-1 és a 6k+1 alakú primek szitáiban minden d-re egy-egy tag jut, összeadva a két szitát kapjuk, hogy a p(n) szitában minden d-re két tag jut.

Az is nyílvánvaló, hogy ezek a tagok megtalálhatók az f(n) szitában is, hiszen ott is ugyanezek a tiltott kongruenciák, csak ott a prímek mindkét tiltott komgruenciáját figyelembe kell venni, ezért ott minden d-re 2^{\omega(d)} tag jut. Minthogy ezek közül 2 egyenlő a p(n)-ben lévő tagokkal, azért a két szita minden további nélkül összehasonlítható.

Előzmény: [1148] bily71, 2011-02-03 22:32:44
[1152] Róbert Gida2011-02-03 23:21:40

151. oldal, OK, de a táblázat ott az egy adjacenciamátrix, ami mögött egy gráf van. Az R csúcsai a gráfnak az 1,2,...,n számoknak feleljenek meg, hasonlóan az S csúcsai is (de a két halmaz különböző legyen). {i,j}\inRxS él pontosan akkor, ha i|j teljesül, így egy páros gráfot kaptunk, aminek az adjacenciamátrixa éppen az, ami a 151. oldalon van (nem egyesek helyén nulla van). Nem tudom miért nem írja ezt a könyv, már a kettős leszámlálásnál sem látom azt, hogy gráfot írna. Incidenciamátrix meg más, én legalábbis így tanultam.

Véges matematika sem lesz nálatok a második félévben? Érdekes volt az órarendetek is amit írtál, na mindegy, legalább az uniós jogot már vágod.

Előzmény: [1150] bily71, 2011-02-03 22:45:34
[1151] Kemény Legény2011-02-03 23:12:50

SZENZÁCIÓ! Hála bily bizonyításainak, ihletet kaptam. Ma este bebizonyítottam én is az ikerprím-sejtést (igaz, először a Goldbach-ot akartam kihozni, de csak idő kérdése az is). Sőt, ebből kijön a Polignac-sejtésnek a Róbert Gida-féle általánosítása is! Persze gondolkodtam, hogy inkább az álbizonyítások topikot élesztem fel, de szerintem a bizonyításom színvonala megüti ennek a topiknak a mércéjét is :)

Tehát a(z) (ál)bizonyítás:

Jelöljük a valós számokból álló végtelen sorozatok halmazát \Lambda-val. Ha a műveleteket koordinátánként értelmezzük, akkor \Lambda nyilvánvalóan

tekinthető a valós számok feletti vektortérnek, bármely két elemét össze tudjuk adni, meg tudjuk szorozni bármelyik elemet egy valós számmal, stb...

\Lambda elemei között értelmezhető természetes módon egy skalárszorzás jellegű művelet is: P=(P0,P1,...) és Q=(Q0,Q1,...)\in\Lambda esetén legyen P\cdot Q=\sum_{i=0}^{\infty}P_iQ_i (Természetesen a végeredmény lehet \pm\infty is, ezeket is megengedjük és értelmezhetjük ezekkel együtt is a szokásos műveleteket.) Ez a művelet definíciójából adódóan teljesíti a megszokott tulajdonságokat: kommutatív, mindkét változójában lineáris (bilineáris), stb...

Jelöljük továbba \iota-val az isprime-függvényt: \iota(n)=1, ha n prím, 0 különben. Ekkor az ikerprímsejtés ekvivalens azzal, hogy \sum_{n=0}^{\infty}\iota(n)\iota(n+2)=\infty

Azaz, ha bevezetjük a P=(\iota(0),\iota(1),...), Q=(\iota(2),\iota(3),...)\in\Lambda jelöléseket, az ikerprímsejtés azzal ekvivalens, hogy P.Q=\infty. Mivel végtelen sok prímszám van, ezért tudjuk, hogy P.P=Q.Q=\infty.

Tehát a skalárszorzás említett tulajdonságait használva:

\infty=\infty.\infty=(P.P).(Q.Q)=(P.Q).(P.Q)=(P.Q)2, azaz P.Q=\infty, hiszen tudjuk, hogy P és Q nemnegatív elemű sorozat. Ezzel az ikerprím-sejtést (és a fenti gondolatmenetet követve annak általánosabb alakjait is) bebizonyítottuk.

[1150] bily712011-02-03 22:45:34

Ezt a kifejezést a Bizonyítások a Könyvből cimű könyvben olvastam először, ott is hasonlóképp az "osztója" jelölésére használják.

Előzmény: [1149] Róbert Gida, 2011-02-03 22:35:10
[1149] Róbert Gida2011-02-03 22:35:10

"incidencia mátrix"

Ez számomra a gráfelméletből ismerős, hol van itt a gráf? Mik az élek, csúcsok?

Előzmény: [1148] bily71, 2011-02-03 22:32:44
[1148] bily712011-02-03 22:32:44

Ezt talán érteni (vagy látni?) fogod.

Tekintsük a következő incidencia mátrixokat:

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ...
6k-1 5 11 17 23 29 35 41 47 53 59 65  
k\equiv1(mod 5) 1 1 1  
5|6k-1 1 1 1  
k\equiv-1(mod 7) 1            
7|6k-1 1            
k\equiv2(mod 11) 1                    
11|6k-1 1                    
k\equiv-2(mod 13) 1  
13|6k-1 1  
...                        

Most már látod, hogy ha k\equivu(mod (6u-1)), akkor 6u-1|6k-1 és ha k\equiv-v(mod (6v+1)), akkor 6v+1|6k-1, ahol 6u-1 és 6v+1 prímek?

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ...
6k-1 7 13 19 25 31 37 43 49 55 61 67  
k\equiv-1(mod 5) 1 1      
5|6k+1 1 1      
k\equiv1(mod 7) 1 1        
7|6k+1 1 1        
k\equiv-2(mod 11) 1      
11|6k+1 1      
k\equiv2(mod 13) 1                    
13|6k+1 1                    
...                        

És azt látod-e, hogy, ha k\equiv-u(mod (6u-1)), akkor 6u-1|6k+1 és ha k\equivv(mod (6v+1)), akkor 6v+1|6k+1, ahol 6u-1, 6v+1 prímek?

Előzmény: [1137] Maga Péter, 2011-02-03 20:54:55
[1147] Maga Péter2011-02-03 22:14:00

Igen, ahol a GRH alatt a Dirichlet L-függvényekre megfogalmazott Riemann-sejtést értjük. Én jobban szeretek beleérteni minden globális L-függvényt (Euler-szorzat, meromorf folytatás, függvényegyenlet..., ahogyan az Iwaniec-Kowalski könyv definiálja, már-már axiomatikusan).

Előzmény: [1132] Róbert Gida, 2011-02-03 20:31:14

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]