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.
[530] bily712010-03-03 23:47:02

A következőre gondoltam:

Az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal a sejtéssel, hogy végtelen sok k egészre igaz, hogy k\ne6nm\pmn\pmm, (k,n,m\inN), ez pedig ekvivalens azzal, hogy végtelen sok egész nem elégíti ki az x\equiv\pmm (mod p), végtelen kongruencia-rendszert, ahol p\inP és m=\frac{p\pm1}{6}. A rendszert kielégítő egész tagja a 3-nál nagyobb prímekhez rendelt np\pmm=n(6m\pm1)\pmm számsorozatok közül legalább egynek, ahol n végigfut a természetes számokon.

Az érdekes matekfeladatokban felvázooltam egy feladatot, amire senki nem figyelt fel, ebben azt a problémát feszegettem, hogy az n(6m\pm1)\pmm számsorozatok lefedik-e úgy a természetes számokat, hogy létezik egy egész, amelyet a rendszer nem, de minden nála nagyobbat fed. Legyen ez a szám r-edik olyan szám, amely egyik eddigi számsorozatban sem szerepelt. Ekkor az r+1-edik sorozat első olyan tagja, amely egyik eddigi sorozatban sem szerepelt, fedi az r+1-edik ilyen számot, az r+2-edik az r+2-ediket, és így tovább.

Az r-edik sorozat első olyan tagja, amelyet nem tartalmaz egyik előző sorozat sem, mindenképp nagyobb, vagy egyenlő, mint \frac{p_r^2-1}{6}, ugyanis, legyen pr=6q\pm1, ekkor, ha n<r, n felbontásában csak pr-nél kisebb prímek fordulnak elő, ezért n<r esetén biztosak lehetünk abban, hogy az npr\pmq=n(6q\pm1)\pmq tagja valamely kisebb prímhez rendelt sorozatnak is. Ha az r-edik nem fedett szám, vagyis, amely eddig egyik sorozatban sem fordult elő, mindig kisebb, mint \frac{p_r^2-1}{6}, akkor az r-edik sorozat új száma soha nem fedheti, így nem létezhet olyan egész, hogy minden nála nagyobb egész fedett.

Azt vettem észre, hogy, ha hozzárendelem r-hez az r-edik nem fedett számot, és az r-edik új számot, a különbség a két függvény között rohamosan nő. Ezt próbáltam bizonyítani, amikor rájöttem, hogy ez azért van így, ha így van egyátalán, mert \frac{p_r^2-1}{6}-ig a sorozatokból kimaradt egészek száma nagyobb, mint r. Ezért elkezdtem számolni a kimaradt egészeket, és erre találtam ki az f(x) függvényt, amely x valóshoz az x-nél kisebb, vagy egyenlő kimaradt egészek számát rendeli. f(x) kiszámolása rendkívül bonyolultnak tűnt, ezért csak az x=\frac{p_r^2-1}{6} helyeken számoltam ki. Ekkor körvonalazódott meg bennem az a sejtés, hogy az f(x) fügvénynek nincs felső korlátja, ha nincs, akkor biztos, hogy végtelen sok egész marad ki, hiszen ahogy r nő, úgy nő f(x) is, r pedig végigfut a természetes számokon.(itt r-et használtam n helyett).

Egy évvel ezelőtt az egyik matematikus azt válaszolta az egyik levelemre, hogy az ikerprím-sejtés nem támadható analitikusan, én mégis addig alakítgattam f(x)-et, míg belátható közelségbe nem jutottam a sejtésem bizonyításához, de ez is csak egy sejtés, lehet, hogy az egész úgy rossz, ahogy van.

Holnap befejezem.

Előzmény: [511] Maga Péter, 2010-03-01 10:07:19
[529] Róbert Gida2010-03-03 22:37:13

Ez az új formulád f(x)-re valahogy egészen más értékeket ad, n=10-re 6, n=100-ra -21259, n=1000-re -6507163. Sőt n>11-re már mindig negatív lesz. \pi(pi)-ket írni meg tényleg bántja a szemet.

A programmal kapcsolatban, nem hülyeség megírnod, neked sem. Lehet, hogy meggyőzne, hogy a két formula nem azonos.

Előzmény: [528] bily71, 2010-03-03 21:38:22
[528] bily712010-03-03 21:38:22

Ha \left[\frac{p_n^2}{6}\right]\le{x}<\left[\frac{p_{n+1}^2}{6}\right], akkor

f(x)=\sum_{d|Q(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right]\sum_{i=1}^n\sum_{d|Q(p_i),~3<p_i}\mu(d)\left[\frac{p_i}{d}\right]-n-\left[\frac{p_n^2}{6}\right],

a Legendre-formulából:

\sum_{d|Q(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{6}\right]=\pi(p_n^2)-\pi(p_n)+1,

ahol \pi(x) a prímszámláló függvény, tehát

f(x)=\pi(p_n^2)-\pi(p_n)+1+\sum_{i=1,~3<p_i}^n\left[\frac{\pi(p_i^2)-\pi(p_i)+1}{p_i}\right]-n-\left[\frac{p_n^2}{6}\right],

ahol \pi(pn)=n+2, mert pn itt az n-edik 3-nál nagyobb prímet jelöli, nem az n-edik prímet, vagyis

f(x)=\pi(p_n^2)-2n-1+\sum_{i=1,~3<p_i}\left[\frac{\pi(p_i^2)-i-1}{p_i}\right]-\left[\frac{p_n^2}{6}\right].

Mindjárt folytatom.

Előzmény: [527] bily71, 2010-03-03 20:22:46
[527] bily712010-03-03 20:22:46

Valamit elírtál a programban, de nagyságrendileg semmi probléma, ugyanis, ha n=10, akkor az n-edik, azaz a 10-edik 3-nál nagyobb prím a 37, neked f(x)=f([\frac{p_{10}^2}{6}])=78 jött ki, és mivel f(x) az x valósnál kisebb, vagy egyenlő k egészeket számolja, amelyek nem állnak elő 6nm\pmn\pmm alakban, és f(x)=..., ha [\frac{p_n^2}{6}]\le{x}<[\frac{p_{n+1}^2}{6}], vagyis a függvény minden prímnégyzet-egyhatodnál ugrik, közben pedig állandó értéket vesz fel, ezáltal, ha n=10, akkor [\frac{37^2}{6}]=228>78.

Előzmény: [520] Róbert Gida, 2010-03-02 20:21:45
[526] HoA2010-03-03 16:24:43

Igen, ilyen értelemben gondoltam az adott kornak megfelelő matematikust. Bolyait is annak tartom és Abelt is, aki a helyes eredményt tartalmazó cikket 1824-ben bár fiatalon, de 2 évvel az egyetem elvégzése után publikálta (Wikipédia)

Előzmény: [525] AzO, 2010-03-03 14:33:36
[525] AzO2010-03-03 14:33:36

Nehez lenne ilyet talalni, mert mostansag mar a valodi/nehez matematikai problemakkal leginkabb matematikusok (esetleg fizikusok) foglalkoznak, mig ha valaki regebben megoldott egy komolyabb matematikai problemat, arra az utokor aggatta a matematikus jelzot. (ugye Bolyai is hadmernok volt, de megis matematikusnak tartjuk, hisz vilag eleteben matematikaval foglalkozott)

Persze most ahogy ezt irom, eszembe jutott, hogy a Gomboc megtalalasa sem matematikustol szarmazik, de a problema felvetese, az 1995-os (Arnold), szoval nem kellett olyan veszesen sokat varni a megoldasra.

Előzmény: [523] HoA, 2010-03-03 12:20:19
[524] m2mm2010-03-03 13:54:39

Abel és az ötödfokú egyenlet megoldhatatlansága?

Előzmény: [523] HoA, 2010-03-03 12:20:19
[523] HoA2010-03-03 12:20:19

Tudom, nem bizonyíték, csak megerősítés lehet:

Tud-e valaki olyan matematikai problémáról, amit a matematikus közösség hosszabb ideig nem tudott megoldani és egy nem-matematikus megoldotta, vagy megadta a megoldáshoz vezető ötletet ? A "matematikust" persze az adott kornak megfelelően értem.

Előzmény: [512] Maga Péter, 2010-03-01 18:58:42
[522] bily712010-03-03 11:38:22

Most nem tudok reagálni, mert technikai okok miatt nincs netem, de már jeleztem a szolgáltatónak és talán még ma lesz, de legkésőbb holnap. Biztos, hogy jól számoltok? Nekem egészen más jön ki, (de, az is lehet, hogy valamit nem jól adtam meg) és úgy néz ki,hogy van ötletem, "gondolatom" a befejezést illetően.

Előzmény: [521] Maga Péter, 2010-03-02 21:43:23
[521] Maga Péter2010-03-02 21:43:23

Köszönöm. Remélem, tényleg nem vett el 5 percnél többet az életedből:).

Namármost akkor valami baj van bily számolásaival, mert [505]-ös hozzászólásának második idézőjele alapján f(x)\leqx, a programod pedig 1000-re 10 millió felettit ad.

Előzmény: [520] Róbert Gida, 2010-03-02 20:21:45
[520] Róbert Gida2010-03-02 20:21:45

Elég sok tag van "f(x)"-ben a szummában, de könnyű látni, hogy

d>\frac {p_n^2}{3}

-ra nullát ad a d-nek megfelelő tag. Programom szerint a szumma értéke: n=10-re 78, n=100-ra 45488, n=1000-re 10419108. Ami számomra nagyon zavaró, hogy f(x)-et ír, de a szummában x nem bukkan fel, van helyette n. Szerintem ez f(n) akart lenni.

Ami érdekes, hogy n<100-ra az f sorozat monoton növő. Valószínű nagyobb n-ekre is.

Előzmény: [519] Maga Péter, 2010-03-02 08:49:00
[519] Maga Péter2010-03-02 08:49:00

Ha jól értem, akkor az van, hogy ha f nem korlátos, akkor igaz az ikerprím-sejtés. Ez is egy újabb elemi próbálkozás, teljesen esélytelen egy ilyen fajsúlyú probléma megtámadásában.

A vicces persze az lenne, ha f korlátos lenne, mert abból nem következne, hogy az ikerprím-sejtés nem igaz (bár nem néztem meg, hogy pontosan mi igaz, de ha jól látom a végeredményt, csak egy alsó becslés). Te tudsz programozni (én nagyon kevéssé), megtennéd, hogy bedobod Mathematicába, hogy számolja ki 106-ig? Nekem legalább 2 órámat elvenné, amennyi időt ez nekem nem ér (szerintem 5 percnél többet senkinek, úgyhogy 5 perc fölött te se bajlódj vele:)).

Előzmény: [518] Róbert Gida, 2010-03-02 00:42:08
[518] Róbert Gida2010-03-02 00:42:08

Már harmadszorra írod: "A kérdés továbbra is: korlátos-e f(x)?"

Ha korlátos, akkor bebizonyítottad a Riemann sejtést vagy mi következne belőle? Tényleg érdekelne.

Előzmény: [509] bily71, 2010-02-28 23:30:55
[517] Maga Péter2010-03-01 22:57:22

Ha most csak egyváltozós, egész együtthatós polinomokra gondolsz, ott nincs is ilyen (a nemkonstansok között), de ezt könnyű belátni.

Ja, és mint már egyszer megjegyeztem, a Goldbach-nak, ha nem igaz, van egy igen-igen egyszerű cáfolata.

Előzmény: [513] D. Tamás, 2010-03-01 21:41:42
[516] Maga Péter2010-03-01 22:53:05

Azért az nem igaz, hogy nincsenek érdemleges eredmények... nézd meg Pintz János honlapját. Vagy ha csak az eredményekre vagy kíváncsi, nyomd be a wikipediaba a twin prime conjecture-t, és olvasd el a Goldston-Pintz-Yildirim hármastól származó tételeket.

Előzmény: [513] D. Tamás, 2010-03-01 21:41:42
[515] Róbert Gida2010-03-01 22:30:47

"hiszen még olyan polinomot sem ismerünk melynek bármely x egész értékére prímet ad, "

p(x)=2 ellenpélda.

Előzmény: [513] D. Tamás, 2010-03-01 21:41:42
[514] SmallPotato2010-03-01 22:21:23

"Én még azt sem tartom valószínűleg, hogy a prímekkel a 10-es számrendszerben érdemes foglalkozni, ..."

Bocs, de nem értem ezt a mondatodat (az elírástól függetlenül sem). Miért "érdemes" kevésbé vagy inkább "foglalkozni a prímekkel" (?) egyik vagy másik számrendszerben? A Goldbach-sejtés (és a prímekkel kapcsolatos megfontolások java) teljességgel számrendszer-független.

Előzmény: [513] D. Tamás, 2010-03-01 21:41:42
[513] D. Tamás2010-03-01 21:41:42

Teljesen igazad van. A Goldbach-sejtésről szerintem ilyen szinten még nem érdemes gondolkodni, bár szó ami szó, meglehet hogy van egy igen-igen egyszerű bizonyítása is a sejtésnek, de ehhez egy nagyon jó ötlet kell. Talán a problémát még nehezíti, hogy a prímek azok a számok a Matematikában, amelyről a lehető legkevesebbet tudjuk, mert ezekkel a számokkal jelenleg nehezen tudunk dolgozni, hiszen még olyan polinomot sem ismerünk melynek bármely x egész értékére prímet ad, szóval ezek egy amolyan érdekes számok a matekban. Ennek ellenére ezek a számok az építőkövei az egész számrendszernek. Én még azt sem tartom valószínűleg, hogy a prímekkel a 10-es számrendszerben érdemes foglalkozni, mert amennyi ideje fennáll a sejtés, olyan sok ideje nincsenek - talán érdemleges eredményeink sem róla.

Előzmény: [512] Maga Péter, 2010-03-01 18:58:42
[512] Maga Péter2010-03-01 18:58:42

"Ha megnézel egy cikket, akkor ott van egy Introduction, ami elmeséli, hogy mi fog történni."

Minden komolyan megírt cikkre igaz ez. Olyanokra is, amik hétköznapi problémákat támadnak meg, már amennyire a matematikában lehet ilyet mondani. Olyan írásokra gondolok, amik nem sokat vizsgált problémákat támadnak. Itt azonban a helyzet sokkal súlyosabb: a probléma nagyon kipróbált, nagyon megvizsgált, nagyon sokat támadott. Nagyon valószínű, hogy egy ad hoc számolásból nem jöhet ki. Mély meggondolásokra van szükség.

Te a következőd csinálod most. Van egy észrevétel, ami szerint ekvivalens a sejtéssel, hogy egy bizonyos alakban elő nem álló számból végtelen sok van. Ez az észrevétel triviális. Megtenni talán nem egészen kézenfekvő, de ha már adva van, akkor elemi gyakorlat bebizonyítani (KöMaL B-ben nem adnának érte Gézáék 5 pontot, de javítson ki valamelyik szerkesztő, ha szerinte ér annyit:)). Tehát minden olyan számolás, ami az ilyen számok számát becsüli, triviális átalakítottja egy az ikerprímek számára vonatkozó számolásnak. Most hirtelen nem is jut eszembe olyan nehezebb matematikai állítás, ahol a problémának egy egyszerű újrafogalmazása kezünkbe adná a megoldást, vagy akár csak gépies számolássá egyszerűsítené az eredeti feladatot. De ha van is, biztosan nem ez a jellemző. Gondolj bele! Az könnyen lehet, hogy pontosan erre a számolásra még senki nem gondolt a matematikatörténelemben, amire most te, de ha ebből tényleg kijönne mondjuk 10 oldal alatt, akkor rendkívül valószínű, hogy sok más úton is kijönne: más leszámolásokban is láthatóak lennének a neked most természetes átalakítások és becslések.

A Riemann-sejtés, a P-NP, a Kakeya-probléma, a Goldbach- vagy az ikerprím-sejtés, a Birch-Swinnerton-Dyer-sejtés és társaik mind olyanok, hogy ha valaki felbukkan egy bizonyítással, és nem azzal kezdi, hogy ebben és ebben és ebben és ebben nem gondolkodtak az eddigiek, de én most igen, akkor azt nem is veszik komolyan. És ha már az új ötletek felvillantásával meggyőzte a közönséget arról, hogy tényleg van valami új a munkájában, akkor hajlandók elkezdeni olvasni a számolásait.

------------

Nem érdemes az ikerprím-sejtésre pazarolni az erőt, legalábbis ebben a formában biztosan nem. Nemcsak neked, másnak sem. Egy nem-matematikus teljesen esélytelen arra, hogy az ikerprím-sejtést bizonyítsa vagy megcáfolja. Ugyanez áll minden matematikusra, aki nem számelmélész. Ez nem olyan, mint a Himaláját megmászni egy kezdő hegymászónak, hanem olyan, mint egy kígyónak fenékbe rúgni egy másikat. Neki lába nincs hozzá, egy nem kifejezetten ezzel foglalkozó embernek pedig a tudásbázisa hiányzik. Csináld végig az egyetemet, én szurkolok (ez a kígyó esetében a lábnövesztő evolúció első lépésének felel meg). Ha elég tehetségesnek és elég elhivatottnak bizonyulsz, találsz magadnak testhezálló problémákat (rengeteg egyéb érdekesség van még a matematikában a prímeken kívül is).

Előzmény: [511] Maga Péter, 2010-03-01 10:07:19
[511] Maga Péter2010-03-01 10:07:19

Sajnos nehéz úgy olvasni egy számolást, hogy előtte nem derül ki, hogy mire hajtunk. És nemcsak nehéz, hanem lehangoló is.

Be kell vezetni a dolgot. Ha megnézel egy cikket, akkor ott van egy Introduction, ami elmeséli, hogy mi fog történni. Nézd meg azt a hozzászólásomat, amit arról tettem, hogyan lehet bebizonyítani a Dirichlet-tételt. Nem tartalmaz technikai részleteket. Definiálok egy függvényt (illetve egy függvénycsaládot), elárulom, hogy ezeknek vannak bizonyos tulajdonságai, majd rámutatok arra a tulajdonságra, amelyik a tételt a kezünkbe adja. És ezután jönne az, hogy az ember elkezdi részletezni, hogyan jönnek be ezek az L-függvények a képbe, miért éppen az a fontos, hogy az 1-ben nem-0 értéket vesznek fel. Az ott már számolás, de van az Olvasó előtt egy cél, és nem egy vakvilágba menő számolást kell bogarásznia.

Gondolhatjuk, hogy ha az ikerprím-sejtést még senki nem bizonyította be, akkor a te f-függvényed nemkorlátossága nem lehet triviális. Vagyis kell lennie valami -- könnyen vagy nehezen megfogalmazható -- ötletnek. Legalább ezt vázold fel, és akkor mindjárt lelkesebb leszek az elolvasásában. Abban tényleg megegyezhetünk, hogy ez ötlet nélkül nem jön ki. Sőt, ezen a szinten (ti. ahol az ikerprím-sejtés van) ötlet helyett már illenék gondolatnak nevezni. És én ezt hiányolom a levezetésedből. Sokkal könnyebben bírálható lenne. Bizonyára emlékszel arra, amikor a prímeket számoltad meg a logikai szitával, aztán sok oldalnyi hozzászólás után megegyeztünk (Mertens tételére hivatkozva), hogy ez nem vezet eredményre. Ha akkor tettél volna egy pár soros hozzászólást, hogy ,,az az elképzelésem van, hogy a logikai szitával számoljuk meg x-ig a prímeket'', akkor valaki szólt volna, hogy ez gyakorló feladatnak érdekes lehet (lehet, hogy valamelyik Moderátor át is tette volna egy ennek megfelelő témába, ha kéred), de áttörést ne várjunk tőle, mert már sokan próbálták, és nagyon torz becslést ad.

Előzmény: [508] bily71, 2010-02-28 16:10:01
[510] bily712010-02-28 23:46:54

Még annyi, hogy P(p_n)=\prod_{3<p\le{p_n}}p.

Előzmény: [509] bily71, 2010-02-28 23:30:55
[509] bily712010-02-28 23:30:55

Az előző hozzászólásomban ejtettem egy-két hibát, lehagytam, vagy \nu(d)-nek írtam a \mu(d) tagot, és d|P(y) helyett kis p-ét írtam, elnézést, de nem fogom mégegyszer javítva leírni, elég volt egyszer.

Nézzük a második tagot:

-\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{(g(d))^2}{3d}\right]=\left[\frac{5^2}{3\cdot5}\right]+\left[\frac{7^2}{3\cdot7}\right]-\left[\frac{7^2}{3\cdot5\cdot7}\right]+...+\left[\frac{p_n^2}{3p_n}\right]-...=\left[\frac{5}{3}\right]+\left[\frac{7}{3}\right]-\left[\frac{7}{3\cdot5}\right]+...+\left[\frac{p_n}{3}\right]-...

ebből

-\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{(g(d))^2}{3d}\right]=\sum_{d|P(5)}\mu(d)\left[\frac{5}{3d}\right]+\sum_{d|P(7)}\mu(d)\left[\frac{7}{3d}\right]+...+\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n}{3d}\right]=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|P(p_i)}\mu(d)\left[\frac{p_i}{3d}\right].

Az előző hozzászólásban részletezett okok miatt:

\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|P(p_i)}\mu(d)\left[\frac{p_i}{3d}\right]=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|Q(p_i)}\mu(d)\left[\frac{p_i}{d}\right].

Tehát

f(x)=\sum_{d|Q(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right]+\sum_{p=i}^{n}\sum_{d|Q(p_i)}\mu(d)\left[\frac{p_i}{d}\right]-n-\left[\frac{p_n^2}{6}\right],

ha \left[\frac{p_n^2}{6}\right]\le{x}<\left[\frac{p_{n+1}^2}{6}\right], ahol Q(p_i)=\prod_{p\le{p_i}, p\in{P}}p, \mu(d) a Moebius-függvény, g(d) a d legnagyobb prímosztója és pn az n-edik 3-nál nagyobb prím.

A kérdés továbbra is: korlátos-e f(x)?

Előzmény: [507] bily71, 2010-02-28 16:04:45
[508] bily712010-02-28 16:10:01

Szerintem olvasd el, majd akkor úgy is megtudod.:)

Egyébként #{k\ne6nm\pmn\pmmk\lex|k\inN}-ra próbáltam alsó becslést adni. Ha f(x) nem korlátos, akkor végtelen sok ilyen k egész van...

Előzmény: [506] Maga Péter, 2010-02-27 14:25:22
[507] bily712010-02-28 16:04:45

Tehát

f(x)\le#{k\ne6nm\pmn\pmmk\lex|k\inN}

és

f(x)=\left[\frac{p_n^2}{6}\right]+\sum_{d|P(p_n), d>1}\mu(d)\left[\frac{p_n^2-(g(d))^2}{3d}\right]-n,

ebből

f(x)=\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{3d}\right]-\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{(g(d)^2}{3d}\right]-n-\left[\frac{p_n^2}{6}\right].

Szedjük szét f(x)-et, és vizsgáljuk tagonként.

Legyen a=\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right], és a Legendre-formulából b=\sum_{d|Q(p_n)}\left[\frac{p_n^2}{d}\right]=\pi(p_n^2)-\pi(p_n)+1, ahol Q(p_n)=\prod_{p\le{p_n}}p. Legyen y=pn2, ekkor

b-a=[\frac{y}{1}]-[\frac{y}{2}]-[\frac{y}{3}]+[\frac{y}{2\cdot3}]-...-([\frac{y}{1}]-[\frac{y}{5}]-[\frac{y}{7}]+[\frac{y}{5\cdot7}]-...)

b-a=-[\frac{y}{2}]+[\frac{y}{2\cdot5}]-...-[\frac{y}{3}]+[\frac{y}{3\cdot5}]-...+[\frac{y}{6}]-[\frac{y}{6\cdot5}]+...

b-a=-\sum_{d|p(\sqrt{y})}\mu\left[\frac{y}{2d}\right]-\sum_{d|P(\sqrt{y})}\mu(d)\left[\frac{y}{3d}\right]+\sum_{d|P(\sqrt{y})}\nu(d)\left[\frac{y}{6d}\right]=-\sum_{d|P(\sqrt{y})}\mu(d)\left[\frac{2y}{3d}\right].

Tehát

\sum_{d|Q(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right]-\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right]=-\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{2p_n^2}{3d}\right],

ebből

\sum_{d|p(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{3d}\right]=\sum_{d|Q(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2}{d}\right].

Hamarosan folytatom, akkor a \sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{(g(d))^2}{3d}\right] tagot fogjuk vizsgálni.

Előzmény: [504] bily71, 2010-02-25 14:33:30
[506] Maga Péter2010-02-27 14:25:22

Még nem olvastam végig, de egyáltalán mi jön ki ebből?

Előzmény: [504] bily71, 2010-02-25 14:33:30

  [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]