[1171] Róbert Gida | 2011-02-04 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 |
|
|
|
|
|
[1166] Maga Péter | 2011-02-04 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 |
|
|
|
|
|
[1161] Fálesz Mihály | 2011-02-04 10:29:36 |
Rendben, kijavítalak. :-)
Nem véletlenül kérdeztem rá az [1125] végére., Ott ugyanis 0<|p'''n|f'''n szerepelt, abszolút érték nélkül. Úgy pedig nyilvánvalóan nem igaz, mert az f'''n számok között egy csomó negatív van.
Abból, hogy , nem következik, hogy , 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] Christian | 2011-02-04 10:19:13 |
Némileg bevtop vizsga érzésem van eme szenzációs sorokat olvasva :-)
|
|
|
|
[1157] bily71 | 2011-02-04 09:20:41 |
Most pedig leírom, hogy melyik is valójában a Pn sorozat.
Először tekintsük a
sort és írjuk le szépen, ahogy azt kell, egymás után a tagokat, persze csak képletesen, mert végtelen sok van belőlük:
A fenti sort felfoghatjuk egy zárójelezett sornak is. Hagyjuk el a zárójeleket:
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 (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:
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
A sor divergens, mivel a Pn sor nemnegatív egészekből áll, és a 0<Pi végtelen sok i-re fenáll. Mivel 0Pn|f'''n| fenáll minden n-re, (és most jön be a minoráns kritérium) ezért 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 |
|
|
[1155] Róbert Gida | 2011-02-03 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 |
|
|
[1153] bily71 | 2011-02-03 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 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 Gida | 2011-02-03 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}RxS 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 Legény | 2011-02-03 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 -val. Ha a műveleteket koordinátánként értelmezzük, akkor nyilvánvalóan
tekinthető a valós számok feletti vektortérnek, bármely két elemét össze tudjuk adni, meg tudjuk szorozni bármelyik elemet egy valós számmal, stb...
elemei között értelmezhető természetes módon egy skalárszorzás jellegű művelet is: P=(P0,P1,...) és Q=(Q0,Q1,...) esetén legyen (Természetesen a végeredmény lehet 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 -val az isprime-függvényt: (n)=1, ha n prím, 0 különben. Ekkor az ikerprímsejtés ekvivalens azzal, hogy
Azaz, ha bevezetjük a P=((0),(1),...), Q=((2),(3),...) jelöléseket, az ikerprímsejtés azzal ekvivalens, hogy P.Q=. Mivel végtelen sok prímszám van, ezért tudjuk, hogy P.P=Q.Q=.
Tehát a skalárszorzás említett tulajdonságait használva:
=.=(P.P).(Q.Q)=(P.Q).(P.Q)=(P.Q)2, azaz P.Q=, hiszen tudjuk, hogy P és Q nemnegatív elemű sorozat. Ezzel az ikerprím-sejtést (és a fenti gondolatmenetet követve annak általánosabb alakjait is) bebizonyítottuk.
|
|
|
|
[1148] bily71 | 2011-02-03 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 |
|
k1(mod 5) |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
5|6k-1 |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
k-1(mod 7) |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
7|6k-1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
k2(mod 11) |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11|6k-1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k-2(mod 13) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
13|6k-1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
... |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Most már látod, hogy ha ku(mod (6u-1)), akkor 6u-1|6k-1 és ha k-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-1(mod 5) |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
5|6k+1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
k1(mod 7) |
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
7|6k+1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
k-2(mod 11) |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
11|6k+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
k2(mod 13) |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13|6k+1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
... |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
És azt látod-e, hogy, ha k-u(mod (6u-1)), akkor 6u-1|6k+1 és ha kv(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 Péter | 2011-02-03 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 |
|