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.
[812] bily712010-07-31 22:14:49

Akkor miért van ugyanannyi bit az nálad alapban, mint a mvonalban?

Ha az alapban n bit db. van és n páros, akkor az mvonalban n/2 bit kellene, hogy legyen, ha pártlan, akkor meg (n+1)/2.

Előzmény: [811] SAMBUCA, 2010-07-31 22:06:24
[811] SAMBUCA2010-07-31 22:06:24

itt, páratlanadik sorokban van csak bit az ábrámban.

Előzmény: [810] bily71, 2010-07-31 22:02:25
[810] bily712010-07-31 22:02:25

Lehet, hogy te vagy a matematikus, én meg a laikus, de most te vagy az, aki nem érti.

Ez az ábrád biztosan hibás, hiszen a magasságvonalban bit csak a felső csúcsól számitva a páratlanadik sorok metszésében állhat, nálad pedig az összes sor metszésében van egy bit.

Itt vagy még?

Előzmény: [806] SAMBUCA, 2010-07-31 20:53:26
[809] SAMBUCA2010-07-31 21:38:11

várom a folytatást, közben elárulom, hogy szükség lesz f(35)-re is az én ellenpéldámhoz, szóval segítek :)

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
2n+1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41
f(2n+1) 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1
[808] bily712010-07-31 21:31:01

Bocs, igazad van, túl sok a logikai ugrás ugrás.

Először is, van egy bit sorozatunk:

n 1 2 3 4 5 ...
2n+1 3 5 7 9 11  
f(2n+1) 1 1 1 0 1  

Ebből csináltuk egy 2D-s, aztán egy 3D-s táblázatot. A 3D-et feszeleteltük a kisálókra fektetett sikokkal, igy kaptuk a háromszögeket.

Az n-edik háromszög alapja megegezik n-edik kisátóval.

(i) A háromszög magasságvonlában lévő, a felső csúcstól számitott n-edik bit értéke egyenlő az alapban lévő bal oldali csúcstól számitott 2n-1-edik bit értékével.

Mindjárt folytatom.

Előzmény: [804] SAMBUCA, 2010-07-31 19:42:11
[807] SAMBUCA2010-07-31 21:16:14

vagy mittudomén hanyadik :) 17.

[806] SAMBUCA2010-07-31 20:53:26
0
1
0
0
1
0
0
1
0 1 0 0 1 0 0 1 0
                                                               
[805] SAMBUCA2010-07-31 20:28:49

azaz a 9. lesz rossz. mindjárt beírom a táblázatot is.

Előzmény: [804] SAMBUCA, 2010-07-31 19:42:11
[804] SAMBUCA2010-07-31 19:42:11

Bily! azért ez kicsit erős, hogy ha megértitek... És ne keverd ide azt, ami nem kell. Meg megint sumákolsz! ez egyszerűen következik az 1. meg a 3. állításból. Hogyan??? Azt sem írtad le, hogy az n. háromszögben milyen értékek vannak, ez alap lenne. Persze én megnéztem, de nem lesz mindenki ilyen türelmes. Azt várnám pl, hogy az n. háromszög elemei: a csúcs: f(2n+1)*f(3)*f(3), és így a többi...

ja, meg a háromszög szögfelelzője. ebből 3 van, nincs A. az ábrából igaz látszik, de akkoris :)

Előzmény: [802] bily71, 2010-07-31 18:50:27
[803] SAMBUCA2010-07-31 19:22:11

A háromszög szögfelezőjében lévő bitek sorrendje azonos a háromszög alapjában, a csúcstól számított páratlan sorszámú bitek sorrendjével: Ez nem igaz, szerintem már a 6. háromszögre sem. légyszíves készítsd el a teljeset.

Előzmény: [802] bily71, 2010-07-31 18:50:27
[802] bily712010-07-31 18:50:27

Arra kérek mindenkit, olvassátok el figyelmesen. Ha valaki netalán megértené, megkérem, hogy fordítsa le matekra, hogy a többiek is megértsék. Ha egyszer megértitek, rájöttök, hogy valójában ez egy triviális összefüggés.

Segítsetek!

Előzmény: [801] bily71, 2010-07-31 18:30:42
[801] bily712010-07-31 18:30:42

Senki nem érti? Pedig olyan egyszerű.

Előzmény: [800] bily71, 2010-07-31 18:28:32
[800] bily712010-07-31 18:28:32

A "bizonyításom" egzisztenciális, nem konstruktív, csak a prímek általi felbontás létezését "bizonyítja", a prímeket nem adja meg.

Előzmény: [799] Róbert Gida, 2010-07-31 16:18:54
[799] Róbert Gida2010-07-31 16:18:54

Ha tényleg jó a tételed, akkor biztosan meg tudod adni N=98 felbontását, azaz 98=p+q megoldását, ahol p,q prím. Mit ad erre a módszered?

A páratlan Goldbach idekeverését meg nem értem, a páratlan Goldbachból semmi nem következik a páros Goldbachra.

Előzmény: [798] bily71, 2010-07-31 14:03:05
[798] bily712010-07-31 14:03:05

Jó az 5.-re adott "bizonyítás"?

Ha jó, akkor folytatom, mert az igazi cél az, hogy megmutassuk, hogy minden n jó, amelyre az n\equiv1 (mod 3) kongruencia nem teljesül, ez pedig azt jelentené, hogy a hárommal nem osztható pozitiv párosok biztosan bonthatók két páratlan prim összegére.

Előzmény: [795] SAMBUCA, 2010-07-30 20:41:20
[797] bily712010-07-30 23:47:46

Még annyi, hogy ha az n-edik háromszögbe a három páratlan összegét írjuk be, akkor a bitek helyén az N=2n+7 páratlan fog szerepelni. A bitek N összes, egynél nagyobb páratlanokból álló háromtagú összegre történő felbontását reprezentálják.

Előzmény: [796] bily71, 2010-07-30 23:33:35
[796] bily712010-07-30 23:33:35

5. állítás bizonyítása:

Ha a páros Goldbach' igaz, akkor minden 6\leN pároshoz hozzáadva a 3-at megkapjuk az összes 9-nél nem kisebb páratlant. Ez nemcsak a 3-ra igaz, hanem minden páratlan prímre, ha az 5-öt adjuk hozzá a párosokhoz, akkor a 11-nél nem kisebb páratlanokat, és így tovább.

Ezt a gondolatot felhasználva építsünk 3 dimenziós táblázatot, ahol az n-edik sor, az m-edik oszlop és az s-edik emelet metszésében az f(2n+1),f(2m+1),f(2s+1) szorzata áll. Az így kapott kockát szeleteljük fel az oldalak főátlóira a merőleges kisátlók mentén. Így a következő egyenlő szárú háromszögeket kapjuk:

1
1  
1 1
1    
1 1  
1 1 1
0      
1 1    
1 1 1  
0 1 1 0

és így tovább.

Az n-edik háromszög alapja a bitek sorrendjét tekintetve megegyezik a 2D-s táblázat n-edik kisátlójával. Ez igaz a háromszög csúcsától számított n-edik sorra is, ha s prím.

Azonkívül, hogy a bitek elhelyezkedése tengelyes- és forgásszimmetriát mutat, felfedezhetünk további nemtriviális szimmetriákat is:

(i) A háromszög szögfelezőjében lévő bitek sorrendje azonos a háromszög alapjában, a csúcstól számított páratlan sorszámú bitek sorrendjével. Hogy ez látható legyen, a következő háromszögekben csak az említett biteket írjuk be:

1          
                   
0          
                   
1          
1 0 1
0            
                       
1            
                       
1            
                       
0 1 0 1 0

Itt a 6-odik és 7-edik háromszöget ábrázoltuk. E jelenségre magyarázatot ad az 1. és a 3. állítás.

(ii) Vegyük észre, hogy ha 2 ³ n, akkor az n-edik, (vagyis minden páratlanadik) háromszög szögfelezője a bitek sorrendjét tekintve megegyezik az (n+1)/2-edik háromszög alapjával, azaz a 2D-s táblázat (n+1)/2-edik kisátlójával. Ez ugyancsak az 1. és a 3. állításból következik. (Ha ez nem látható, akkor részletesebben is leírom.) Ebből már következik, hogy ha n jó, akkor 2n-1 is jó, hiszen, ha az n-edik kisátlóban van 1-es, akkor az megjelenik a 2n-1-edik kisátlóban is. Ezzel beláttuk az 5. állítás első részét is. A második, vagyis az állítás megfordításának bizonyítása már valamivel bonyolultabb, de azzal is megpróbálkozom.

De ennél több is igaznak tűnik.

Folyt. köv.

Előzmény: [790] bily71, 2010-07-30 18:00:03
[795] SAMBUCA2010-07-30 20:41:20

bár szerintem ilyen 5-öshöz hasonló jellegű állítások bizonyítása ugyanolyan nehéz, mint maga a sejtés.

[794] SAMBUCA2010-07-30 19:44:03

nem tudom, hogy ismert-e, viszont a 3. tényleg ennyi :)

Előzmény: [792] bily71, 2010-07-30 19:01:42
[793] bily712010-07-30 19:29:03

A 3. állításhoz sem kell a táblázat, sőt, fölösleges bonyolításnak tűnhet, hiszen el lehetett volna intézni annyival, hogy ha n+2 prím, akkor N=2n+4=2(n+2) felírható két prím összegeként, de akkor nem lesz érthető az 5. állítás. Lehet, hogy a végén kiderül, hogy egyáltalán nem kell, de én ezen az úton jutottam el 5. állításhoz.

Előzmény: [791] SAMBUCA, 2010-07-30 18:06:05
[792] bily712010-07-30 19:01:42

Köszönöm a hasznos tanácsokat.

Egy kérdés: egyébként az 5. állítás ismert?

Előzmény: [791] SAMBUCA, 2010-07-30 18:06:05
[791] SAMBUCA2010-07-30 18:06:05

Szia Bily!

Ha nem akarod, hogy csesztessenek, meg amúgy is pár jótanács:

Ha van egy eredményed, azt ne nevezd tételnek, tételnek egy komoly eredményt hívunk, nem egy olyat aminek kétsoros, triviális bizonyítása van, legyen az lemma, vagy állítás.

Ha egy bizonyításban nem kell a táblázatod, vagy akármi más, akkor meg se említsd. Az nem oda tartozik, komolytalannak fogsz tűnni, hogy fecsegsz. Majd előhozod, amikor szükség is lesz rá. Ez a majdani vizsgáidhoz is jól jön. A tanárok nem szeretik az ilyet, rögtön látszik, hogy terelsz. Legalábbis ezt sugallja.

Az állításd fogalmazd meg pontosan. Ez így konkrétan értelmezhetetlen:

"Legyen n pozitív egész és p páratlan prím.", később:

"1. Tétel: Ha n>p és az n\equiv\frac{p-1}2~(\mod{p}) kongruencia nem teljesül egyik p páratlan prímre sem, akkor n jó." - itt ezt akarod mondani (szerintem):

Legyen n pozitív egész. 1. Lemma: Ha egyik n-nél kisebb p páratlan prímre sem teljesül az n\equiv\frac{p-1}2~(\mod{p}) kongruencia, akkor n jó.

ne használd megint azt a p-t, azt nem is kellett volna előre odaírnod, ez zavart okoz. Te tudod, mit akarsz mondani, de más nem, ezért precíznek kell lenned.

A bizonyításnak meg ilyennek kellene lennie (rövid, tömör, fecsegés nélküli, ugyanakkor rámutat a lényeges pontokra, és nem elhallgatja azokat):

Bizonyítás: Belátjuk, hogy ha a lemmában említett kongruenciák nem teljesülnek, akkor 2n+1 prím. Tegyük fel, hogy nem az, ekkor létezik egy n-nél kisebb páratlan prímosztója, q. Erre a q-ra 2n+1\equiv0\equivq (mod q). Mivel most q páratlan, ezért ebből következik, hogy n\equiv \frac{q-1}{2}~(\mod q). Vagyis az egyik kongruencia mégis teljesül, ami ellentmondás. 2n+1 tehát prím, így 2n+4 előáll, mint két prím összege: (2n+1)+3 .

Könnyen el lehet ám veszni, ha nem vagy teljesen precíz. Erre szükséged lesz később is. Szerintem írd át a "tételeidet".

Mindenesetre az 1. állítás igaz.

Üdv, Sambuca

[790] bily712010-07-30 18:00:03

3. Tétel bizonyítása:

Vegyük észre, hogy a főátlóban lévő bitek sorrendje megegyezik az első sorban lévők sorrendjével, ez nem véletlen, hiszen itt n=m.

A főátlóban lévő bitek mindig páratlan sorszámú kisátlók metszésében állnak, ezért a főátlóban lévő n-edik bit az 2n-1-edik sorszámú kisátló közepében van.

Legyen r=2n-1, ekkor n=(r+1)/2. Az 1. Tétel értelmében, ha nem teljesül az (r+1)/2\equiv(p-1)/2 (mod p), átrendezve az r\equivp-2 (mod p) kongruencia egyik p-re sem, ahol n=(r+1)/2>p, amiből r>p, akkor n jó.

Ha az n az 1. Tétel miatt jó, akkor 2n+1 prím, ezért f(2n+1)=1, és mivel n=m, ezért f(2m+1)=1. Ezek szorzata, vagyis 1-es áll az r-edik kisátló közepében, ezért r jó. Ez azt jelenti, hogy ha r+2 prím, akkor R=2r+4 felírható, mint két páratlan prím összege. r helyére n-et írva elkészültünk a 3. Tétel bizonyításával.

Folyt. köv.

Előzmény: [786] bily71, 2010-07-29 23:03:40
[789] bily712010-07-30 08:25:47

Ne sietess, itt még nem tartunk. Ha n páros, akkor \frac{n+1}2 persze, hogy nem lehet egész. De ha mindnen páros n jó, akkor minden pártlan is jó, vagyis elég a párosok jóságát belátni. Abban igazad van, hogy az 5. Tétel első részéből valóban nem következik a második, ez két különböző tétel.

Előzmény: [788] Róbert Gida, 2010-07-30 01:38:18
[788] Róbert Gida2010-07-30 01:38:18

\frac {n+1}{2} mitől lenne egész? Amúgy az érvelésed is rossz. Knuth Konkrét Matematikáját sem ártana elolvasnod, még az egyetem előtt.

Előzmény: [784] bily71, 2010-07-28 22:27:09

  [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]