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

Fórum: Az ikerprím-sejtésről

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[133] bily712012-01-07 23:39:53

Gondolatmenetemet és a szita működését először a prímeken mutatom meg, ha tévedek, akkor úgy is szóltok.

A Legendre-formula szerint \pi(x)=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}d\right]+\pi(\sqrt{x})-1.

A szitát itt korrigálni kellett a \pi(\sqrt{x})-1 taggal. Azért nem pontos a szita, mert nem mindegy, hogy d prím, vagy sem.

Ha d összetett, akkor \left[\frac{x}d\right] az x-nél nem nagyobb d-vel osztható összetett egészek számával egyenlő, ez jó, mert pont ezeket akarjuk megszámolni.

Ha d prím, akkor \left[\frac{x}d\right] nem pontos, hiszen beszámolja d-t is, ami nem összetett, ezért az x-nél nem nagyobb d prímel osztható összetett egészek száma \left[\frac{x}d\right]-1=\left[\frac{x-d}d\right] lesz.

Legyen f(d)=-d, ha d prím, vagy d=1, különben 0, ekkor

\pi(x)=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}d\right]+\pi(\sqrt{x})-1=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x+f(d)}d\right].

Az f(d) definíciója helyett mondhattuk volna azt is, hogy létezik egy pozitív egész, mellyel a számlálót korrigálva a helyes értéket kapjuk, jelöljük ezt f(d)-vel.

Átrendezve:

\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x+f(d)}d\right]= =\left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]-\left[\frac{x-p_2}{p_2}\right]-\left[\frac{x}{p_1 p_2}\right]-\left[\frac{x-p_3}{p_3}\right]-\left[\frac{x}{p_1 p_3}\right]-\left[\frac{x}{ p_2 p_3}\right]+\left[\frac{x}{ p_1 p_2 p_3}\right]-...,

a tagokat összehasonlítva:

\left[\frac{x-1}1\right]>\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right] \implies  \left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]>0,

\left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]>\left[\frac{x-p_2}{p_2}\right]-\left[\frac{x}{p_1 p_2}\right] \implies \left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]-\left[\frac{x-p_2}{p_2}\right]+\left[\frac{x}{p_1 p_2}\right]>0,

\left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]-\left[\frac{x-p_2}{p_2}\right]+\left[\frac{x}{p_1 p_2}\right]>\left[\frac{x-p_3}{p_3}\right]-\left[\frac{x}{p_1 p_3}\right]-\left[\frac{x}{ p_2 p_3}\right]+\left[\frac{x}{ p_1 p_2 p_3}\right] \implies \left[\frac{x-1}1\right]-\left[\frac{x-p_1}{p_1}\right]-\left[\frac{x-p_2}{p_2}\right]+\left[\frac{x}{p_1 p_2}\right]-\left[\frac{x-p_3}{p_3}\right]+\left[\frac{x}{p_1 p_3}\right]+\left[\frac{x}{ p_2 p_3}\right]-\left[\frac{x}{ p_1 p_2 p_3}\right]>0,

...

kapjuk, hogy \pi(x)=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x+f(d)}d\right]>0.

Előzmény: [132] bily71, 2012-01-07 13:09:27
[132] bily712012-01-07 13:09:27

"Ezzel lényegesen egyszerűsítetted a problémát."

Ez a mondat meglehetősen irónikus hangvételű, de rátapint a lényegre.

Bármely (pnn\inN*) sorozathoz készíthető szita, mely azon tagokat számlálja, melyek mindkét (nem sorozatbeli) szomszédja prím, ahol p rögzített prím. Ezek a sziták "ugyanúgy néznek ki", hiszen ugyanaz a működési elvük. A [129]-ben leírtak miatt a feladat csupán annyi, hogy megmutassuk, a szita értéke pozitív (nem nulla), ez pedig meglepően egyszerű (-nek tűnik). Ha az általános szitám jó, akkor ez pusztán a felírásából látszik, nem kell semmiféle határértéket vizsgálni.

Előzmény: [130] Róbert Gida, 2012-01-06 22:58:30
[131] márton2012-01-07 07:45:25

Mielőtt válaszokat írnék, egy trivi korrekcióra van szükség legutóbbi hozzászólásomban. A számpélda:

29 = 14*2+1 = 9*3+2 = 5*5+4

31 = 15*2+1 =10*3+1 =6*5+1

Előzmény: [127] márton, 2012-01-06 19:36:39
[130] Róbert Gida2012-01-06 22:58:30

"Elegendő azt bizonyítani, hogy bármely p prímhez létezik legalább egy n pozitív egész, úgy, hogy pn+1 és pn-1 prímek."

Ezzel lényegesen egyszerűsítetted a problémát. Amúgy a bizonyításod meglehetősen hosszú, elég lett volna annyit írni, hogy trivi.

Előzmény: [129] bily71, 2012-01-06 22:25:48
[129] bily712012-01-06 22:25:48

Elegendő azt bizonyítani, hogy bármely p prímhez létezik legalább egy n pozitív egész, úgy, hogy pn+1 és pn-1 prímek.

Valóban,

(i) tegyük fel, hogy véges sok, m darab ikerprím van, ekkor felsorolhatjuk azokat: a1\pm1, a2\pm1,..., am\pm1, ahol ai az i-edik ikerprím számtani közép, ugyanakkor

(ii) bármely p prímhez létezik legalább egy n pozitív egész, úgy, hogy pn+1 és pn-1 prímek,

Tekintsük az A=\prod_{i=1}^{m}a_i szorzatot. A kanonikus felbontásában (i) miatt véges sok, (ii) miatt végtelen sok, az összes prím szerepel, ez ellentmondás. Az ellentmondás feloldható, ha (i) nem igaz.

[128] Maga Péter2012-01-06 22:10:22

,,Nyilvánvaló, hogy ha az N_{i\Sigma} gyakoriság felhasználásával a [0;nAi] tartomány felső határáig kiszűrt elemek számát számítjuk ki, akkor az a ténylegesen kiszűrtek számánál nagyobb lesz, ennek kell kiegészítenie a hiányzó elemszámot.'' Mondtam már, hogy ezen áll vagy bukik az egész módszered. Ne akard már egy 'nyilvánvaló'-val elintézni!

[MódszerED? Nemcsak azért vagyok ilyen magabiztos a bizonyításod helytelenségében, mert egy nagyon megvizsgált, több mint 2000 éve minden ostromnak ellenállt kérdésre adsz egy primitív technikával kidolgozott választ, hanem azért is, mert már láttam egy párszor ezt a módszert. Minden kezdő megpróbálja egyszer így megoldani. A többség aztán rájön, vagy legalábbis elfogadja, hogy ez nem ilyen egyszerű, a maradékból lesznek az önjelölt 'meg nem értett zsenik'. Szívből kívánom neked az előbbit - mint látod, keményen dolgozok is rajta.]

Előzmény: [127] márton, 2012-01-06 19:36:39
[127] márton2012-01-06 19:36:39

Az általad leírt gyakoriságszorzat és gyakoriság-módszer arra az esetre vonatkozik, ha eltekintünk a dolgozatban ajánlott és leírt reprezentációtól. Megtehetjük.

„Én meg azt mondom, hogy ...” Amit mondasz, azzal a figyelembe vehető ikerprím párok közül nem csak a (3; 5) számpárt zárod ki, amit a reprezentáció elvetésével számításba kellene venned, hanem az (5; 7) számpárt is, ahol a 3-as és 5-ös maradéknak a 0-t, illetve a 2-t is el kellene fogadni. Ezen kívül még kizárod mindazokat a számpárokat, melyek utolsó számjegye nem 9 és 1. Következésképpen nem zárod ki viszont a (29; 31) ikerprím párt, amit valamiért mégsem találtál meg („Ilyen pár 1-től 48-ig nincsen egy sem...”):

29/2 = 14*2+1,   29/3 = 9*3+2,   29/5 = 5*5+4

31/2 = 15*2+1,   31/3 = 10*3+1,   31/5 = 6*5+1

Ha tehát maradékosztály-előírást szeretnél felállítani, javasolom, hogy inkább ezt mondjad: keressünk olyan ikerprím-párt (pq=p+2), amire p 2-es, 3-as, 5-ös maradéka rendre 1; 0 és 2; 0, 1, 2, 3 és 4; q 2-es, 3-as, 5-ös maradéka rendre 1; 1 és 2; 0, 1, 2, 3 és 4. Ebben az esetben megtalálod mindazokat az I. rendű ikerprím párokat, amik benne vannak a vizsgált [0; 48] tartományban. Az a tény, hogy vannak a vizsgált tartományon kívül is olyan I. rendű ikerprím számpárok, melyeknek utolsó számjegyei 9 és 1, nem azt jelenti, hogy ezek a vizsgált tartományba „beszámolhatók” lennének, mert ezeket a vonatkozó szűrési fokozatban egyáltalán nem akarjuk megtalálni, egyelőre semmi dolgunk nincsen velük (mindaddig, amíg egy magasabb szűrési fokozat vizsgált tartományába bele nem tartoznak). Egyébként sem cél a gyakoriság meghatározásával az egyes ikerprím párok beazonosítása, megtalálása.

„... a G_{i\Sigma} nem számol be minden ikerprímet ...” Amint a [30] és a [122] hozzászólásban kimutattam, i=3 esetben G_{3\Sigma}-val a [0; 48] tartományban 5+1= 6 I. rendű ikerprím pár számítható. Hasonló módon i=4 esetben G_{4\Sigma}-val a [0; 120] tartományban 9+1= 10 I. rendű ikerprím pár számítható. Ezekben a tartományokban több ikerprím nincsen, tehát G_{i\Sigma} i=4-ig a [0; xi] tartományban minden ikerprímet beszámol. Minden i>4 esetben azonban idézett állításod igaz, amit viszont következő mondatodban éppen Te nem tudsz belátni.

„...beszámol egyéb dolgokat, amik nem tartoznak ikerprímekhez.” Visszatérve az ajánlott reprezentációhoz; bármely szűrési fokozattal bezárólag elvégezve a kiszűrést: a [0; \infty] tartományban kiszűrt elemek nem ikerprím számtani középértékek, a ki nem szűrt elemek pedig egy részben ikerprím számtani középértékek, más részben a további szűrési fokozatok egyikében fognak kiszűrésre kerülni. Ha viszont az i-edik szűrési fokozattal bezárólag végezzük el a kiszűrést: a [0; nAi] tartományban a ki nem szűrt elemek kizárólag ikerprím számtani középértékek. Ha ezek tényleges összes száma G_{i\Sigma} felhasználásával nem számítható ki, az nem jelenti azt, hogy a jelzett tartományban a kétféle elemen kívül még nem minősített, tehát csak a későbbi szűrési fokozatokban vizsgálatra kerülő elemek is lennének. Nyilvánvaló, hogy ha az N_{i\Sigma} gyakoriság felhasználásával a [0; nAi] tartomány felső határáig kiszűrt elemek számát számítjuk ki, akkor az a ténylegesen kiszűrtek számánál nagyobb lesz, ennek kell kiegészítenie a hiányzó elemszámot. Ismét jelzem: az eredmény eltérését a ténylegestől az okozza, hogy nem vesszük figyelembe a kiszűrt elemek tényleges eloszlását, hanem azt a fokozatokra nézve egyenletesnek tételezzük fel (kivéve az i+1 -edik fokozatra nézve). Saját állításodat csak ennek belátásával lehet igazolni.

Előzmény: [124] Maga Péter, 2012-01-04 11:45:24
[126] márton2012-01-06 18:43:51

Köszönöm a javítást. Az ikerprímeket a [30] hsz.-ból másoltam, a hiba onnan származik, a javítás tehát arra is vonatkozik.

Előzmény: [125] Jhony, 2012-01-05 14:40:54
[125] Jhony2012-01-05 14:40:54

bocsi,de azt hiszem a (17,18) -- biztosan (17,19) akar lenni ---

Előzmény: [122] márton, 2012-01-04 00:30:46
[124] Maga Péter2012-01-04 11:45:24

Na ez az: a gyakoriságszorzat (\frac{2-1}{2}\cdot\frac{3-2}{3}\cdot\frac{5-2}{5}, ezt szorzod majd 48-cal) azt mondja, hogy a számok 'ennyiedrésze' alkalmas maradékosztályba esik modulo 2,3,5, azaz sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható egyik sem a két számod közül, azaz ikerprím-pár. Ez a gyakoriság-módszered. Én meg azt mondom, hogy vegyünk egy konkrét maradékosztály-előírást: keressünk olyan ikerprím-párt (p,q=p+2), amire p 2-es, 3-as, 5-ös maradéka rendre 1,2,4, q 2-es, 3-as, 5-ös maradéka rendre 1,1,1. Ilyen pár 1-től 48-ig nincsen egy sem, az 59,61 lesz az első. Tehát míg a formulád 'gyakoriság' oldalán ez a pár szerepel 48\cdot\frac{1}{60}=\frac{4}{5} súllyal, addig az 'ikerprím' oldalon 0 súllyal szerepel. Tehát a formula beszámol egy nem az intervallumba eső ikerprím-párt, mint az intervallumba eső \frac{4}{5} darab ikerprím-pár. Kész.

Ez a konkrét példa mutatja, amiről írtam korábban: bár a G_{i\Sigma} nem számol be minden ikerprímet, beszámol egyéb dolgokat, amik nem tartoznak ikerprímekhez. Ezért a G_{i^*}>G_{i\Sigma}, illetve \gamma_{i^*}>\gamma_{i\Sigma} bizonyítása hibás (legalábbis vastagon hiányos).

Előzmény: [122] márton, 2012-01-04 00:30:46
[123] márton2012-01-04 00:54:54

A zárójelbe tett észrevételem nem érvelés, ezért nem értem, mi benne a vicc?

Zárójelben is azért van, mert az észrevételnek nem tulajdonítok elsőrendű fontosságot. Mivel nem érvelés, nem következik belőle az, hogy végtelen sok ikerprím van, de nem is zárja ki azt. Akkor sem, ha nem csak a számsor „pite” elején, hanem „nem pite” elején is hasonló, vagy ennél gyengébb lenne a megközelítés. Azért nem, mert köztudott, hogy példával bizonyítani nem lehet. Ellenpéldával viszont lehetne cáfolni (nem az ikerprímek végtelen számát, hanem a bizonyítás megfelelőségét), pl., ha a hiba % pozitív lenne.

A más módszerekkel meghatározott adatokkal való összevetés azt jelenti, hogy a bemutatott módszerrel kiszámított gyakoriság, vagy ikerprím-szám és hiba % adatokat összehasonlítjuk a Hardy-Littlewood módszerrel és más, esetleg mások által, egyéb módszerekkel számított gyakoriság, vagy ikerprím-szám és hiba % adatokkal. Itt figyelembe vehetők az általad bemutatott, nem pite számhatárig teljesen pontos függvénnyel számítható gyakoriság, vagy ikerprím-szám és hiba % adatok is.

Reális megközelítés alatt azt értem, hogy az i-edik szűrési fokozathoz tartozó G_{i\Sigma} gyakoriságot arra a maximális [0; nAi] tartományra vonatkoztatjuk, amelyben az még csak az I. rendű ikerprím előfordulások gyakoriságát jelenti. A G_{i\Sigma} gyakoriság felhasználása ennél kisebb, vagy ennél nagyobb tartományban az ikerprímek számának közelítéséhez nem indokolt, nem reális, kivéve, ha azt az [nA(i-1)nAi] tartományban a megelőző szűrési fokozatra számított ikerprím szám növekményének közelítéséhez kívánjuk felhasználni.

Amint arra már utaltam, az I. rendű ikerprímek számát alulról korlátozó függvényeknél a bizonyítás szempontjából a hiba % nagyságának nincsen jelentősége. Ezért a kb. 90 %-os közelítés (kb. -10 %-os hiba) pitesége, vagy pite számhatárig való kiszámítása másodrendű fontossággal bír. (Csak zárójelben jegyzem meg, hogy a pite határig a H.-L. közelítés pontossága még pitébb.) Jelentősége az alsó korlát tulajdonságnak és a monoton növekedésnek van, de ezek nem a kiszámított adatokból következnek.

Előzmény: [121] Maga Péter, 2011-12-30 07:20:49
[122] márton2012-01-04 00:30:46

„Erre mutattam konkrét ellenpéldát: amikor 72-1-ig mégy el, a G_{i\Sigma}-d beszámolja az 59,61-et.”

Ha 72-1-ig megyek el, akkor: Pi+1=P4=7, tehát: i=3, P3=5

G_{i\Sigma}~=~G_{3\Sigma}~=~(1/5)(5-2)~=~0,6

nAi = nA3 = (Pi+12-1)/6 = (72-1)/6 = 8

A 72-1=48-nál nem nagyobb ikerprímek száma:

\gamma_i~=~int[G_{i\Sigma}n_{Ai}]~+~2~=~\gamma_3~=~int[G_{3\Sigma}n_{A3}]~+~2~=~6

A 6 ikerprím: (3; 5), (5; 7), (11; 13), (17; 18) (29; 31), (41; 43)

Ezek között az (59; 61) nem szerepel, ugyanis:

(59+61)/2 = 60 > 72-1 = 48

Előzmény: [120] Maga Péter, 2011-12-30 07:06:46
[121] Maga Péter2011-12-30 07:20:49

Írod: ,,Annak ellenére, hogy konkrét i érték mellett G_{i\Sigma} a G*(nA) függvényt általában nagy hibával közelíti, az i sorszám szerint meghatározott G_{i\Sigma}(n_{Ai}) értékek az ugyancsak i-től függő Gi*(nAi) függvényértékekre már más módszerekkel meghatározott adatokkal összevethetően, reális megközelítést jelentenek (a számsor elején 90% körül).''

Mi az, hogy 'más módszerekkel meghatározott adatokkal összevetés', meg hogy 'reális megközelítés'? Beszélj értelmesen, nem ismeretterjesztő kiselőadást tartasz! A 'számsor elején' érvelésed meg tényleg egy vicc. Tudok olyan függvényt mutatni, ami 100100100-ig (ehhez a te 'számsor elejéd' meg a 90%-od pite) teljesen pontos az ikerprímek számára, de korlátos. Akkor ebből most következik, hogy véges sok ikerprím van???

Előzmény: [119] márton, 2011-12-29 18:04:03
[120] Maga Péter2011-12-30 07:06:46

,,A vizsgált és egyáltalán vizsgálható intervallum azonban csak a [0;nAi] tartomány, amelybe „az intervallumon kívülről” a szita nem vesz be olyan számokat, amelyek vizsgálata még nem történt meg (ez végre is csak így érthető). Erre mutattam konkrét ellenpéldát: amikor 72-1-ig mégy el, a G_{i\Sigma}-d beszámolja az 59,61-et.

Előzmény: [117] márton, 2011-12-29 16:38:50
[119] márton2011-12-29 18:04:03

3.

Annak ellenére, hogy konkrét i érték mellett G_{i\Sigma} a G*(nA) függvényt általában nagy hibával közelíti, az i sorszám szerint meghatározott G_{i\Sigma}(n_{Ai}) értékek az ugyancsak i-től függő Gi*(nAi) függvényértékekre már más módszerekkel meghatározott adatokkal összevethetően, reális megközelítést jelentenek (a számsor elején 90 % körül). A negatív hiba magyarázata az, hogy G_{i\Sigma} képzése során nem vettük figyelembe a kiszűrt tagok eloszlásának inhomogenitását, csak azt a tényt, hogy az (i+1)-edik szűrési fokozatban nAi sorszámnál kisebb elemek nem kerülnek kiszűrésre. A G_{i\Sigma}~\ne~G_{i*} egyenlőtlenség ezzel is magyarázható.

G_{i\Sigma} képzését módosítva, alkalmazhatunk további olyan helyettesítéseket, amelyek kisebb, Gi* értékét alulról nagyobb biztonsággal közelítő eredményeket adnak. Mondható tehát, hogy az ilyen módon számított közelítések optimuma G_{i\Sigma}.

Ha tehát G_{i\Sigma} -nál jobb közelítést szeretnénk elérni, a számítás módján kell változtatnunk, pl. úgy, hogy a kiszűrt tagok eloszlásának inhomogenitását az i-edik szűrési fokozatra nézve is figyelembe vesszük. Tudjuk ugyanis – mert triviális –, hogy ebben a fokozatban az nA(i-1) sorszámnál kisebb elemek nem kerülnek kiszűrésre, ezért a [0; nA(i-1)] tartományban az I. rendű ikerprímeket reprezentáló elemek tényleges gyakoriságát a G_{i\Sigma}-nál nagyobb G_{(i-1)\Sigma} gyakoriság jobban közelíti. Ezért az ikerprímek számának közelítéséhez az i-edik szűrési fokozatban nem szükséges erre a tartományra nézve is egy kisebb gyakorisággal új eredményt számítanunk, hanem azt az előző szűrési fokozatból megtartva, csak az [nA(i-1)nAi] tartományra G_{i\Sigma} gyakorisággal számított növekménnyel összegezzük, amint az a [42] hsz.-ban szerepel. Az ott bemutatott összefüggések:

G_{(i-1)*}~>~G_{i*}~\approx~G_{(i-1)\Sigma\Delta}~>~G_{i\Sigma}~~~~~~(i\ge4)

Előzmény: [116] Maga Péter, 2011-12-13 10:56:02
[118] márton2011-12-29 17:22:12

2.

Az ikerprímek előfordulásának G*(nA) gyakorisága – nA függvényeként ábrázolva – a kezdeti 1 értékről a 0-t aszimptotikusan közelítve csökken, a kiszűrt elemek gyakoriságának tükörképeként. Mivel a G_{i\Sigma} gyakoriság konkrét i értékre állandó, ennek az abszcisszával párhuzamos lineáris függvénye az előbbit egy pontban metszeni fogja. Nyilvánvaló, hogy a G*(nA) gyakoriság ilyen lineáris függvénnyel való közelítése általában értelmetlen, mert annak ellenére, hogy egy pontban a két függvényérték pontosan egyenlő, előtte nagy negatív, utána nagy pozitív hibával kellene számolnunk. Ha a két függvény értéke nA* sorszámnál egyezik, akkor írható, hogy

G_*(n_A<n_{A*})~>~G_{i\Sigma}~=~G_*(n_A=n_{A*})~>~G_*(n_A>n_{A*})

A ki nem szűrt elemek G_{i\Sigma} számított átlagos gyakorisága csak az nAi számhatárnál közelíti az I. rendű ikerprímeket reprezentáló elemek Gi* = G*(nA=nAi) tényleges átlagos gyakoriságát. Mivel pedig nAi \ne nA*, következik, hogy G_{i\Sigma}~\ne~G_{i*}

Ha az egyenlőtlenség bal oldala lenne nagyobb, akkor az nAi sorszám határig számított I. rendű ikerprím előfordulás gyakoriságnak a ténylegesnél nagyobbnak kellene lennie, annak ellenére, hogy nA(i-1) határig a valóságosnál kisebb előfordulással számoltunk, hiszen a [0; nA(i-1)] tartományra is az átlagos kiszűrés gyakoriságát vettük figyelembe. Mivel azonban az i-edik fokozatban ebben a tartományban nincsen kiszűrhető elem (ami triviális következménye az eratoszthenészi szitára épülő fokozatos szűrésnek), a számított I. rendű ikerprím előfordulás gyakorisága a ténylegesnél nem nagyobb, hanem kisebb, tehát szükségszerű, hogy

G_{i\Sigma}~<~G_{i*}

legyen.

Előzmény: [116] Maga Péter, 2011-12-13 10:56:02
[117] márton2011-12-29 16:38:50

Ahhoz, hogy a (30)-as egyenlőtlenséget tisztázzuk, tényleg az kell, hogy értsük, mi áll a bal oldalán, és mi áll a jobb oldalán. A jobb oldal (Gi*) után a bal oldalról (G_{i\Sigma}) nem sikerült eddig megegyeznünk, bár úgy hisszük, hogy tudjuk, mit jelent. Ezért szeretném újra leírni, hogy mit tudok róla, és hogy mi indokolja a (30)-as egyenlőtlenséget.

„...a szitád...bevesz az intervallumon kívülről is számokat, ezt értsd meg végre!”

1.

Ha az I. rendű ikerprímek szűrését az ismertetett leírás (algoritmus) szerint végezzük, akkor a G_{i\Sigma} gyakoriság az i-edik fokozattal bezárólag ki nem szűrt elemek előfordulásának átlagos gyakorisága. Konkrét i értékre állandó, tehát nA függvényeként ábrázolva, az abszcisszával párhuzamos egyenes a [0; \infty], vagy akár az [nA(i-1)\infty] tartományban, ahol

nA(i-1) = (Pi2 - 1)/6

Az i-edik fokozatban ugyanis a [0; nA(i-1)] tartományban nincsen kiszűrhető elem, ami triviális következménye annak, hogy az eratoszthenészi szitára épülő fokozatos szűrés során kiszűrhető sorozatok legkisebb tagja nA(i-1), ha korábban még nem került kiszűrésre. Az [nA(i-1)nAi] tartományban a ki nem szűrt elemek I. rendű ikerprímeket reprezentálnak, mivel a már elvégzett kiszűrések mellett további kiszűrés (a még ki nem szűrt elemek további vizsgálata) újabb fokozatban már csak az nAi számhatártól lehetséges.

Ha „intervallum” alatt a 2Ti = P3P4...Pi+1 elemszámú ciklust, vagy annak felét értjük, és az intervallum 0-val kezdődik, akkor abban I. rendű ikerprímeket reprezentáló elemek mellett kiszűrt és nem vizsgált elemek is vannak, ezért G_{i\Sigma} ilyen, vagy ezeknél nagyobb intervallumokban az ikerprímek előfordulására nézve csak fiktív gyakoriságot jelenthet, alkalmazása értelmetlenül nagy, pozitív hibát eredményezne. Úgy gondolom, hogy ezt Te is így érted. A vizsgált és egyáltalán vizsgálható intervallum azonban csak a [0; nAi] tartomány, amelybe „az intervallumon kívülről” a szita nem vesz be olyan számokat, amelyek vizsgálata még nem történt meg (ez végre is csak így érthető).

A [0; nAi] tartománynál kisebb intervallumra alkalmazva, a G_{i\Sigma} gyakoriság ismét nagy, de negatív hibát eredményezne, ezért ezekre az esetekre nézve is fiktívnek nevezhető. Azonban éppen ezért, az nAi számhatár felett lennie kell olyan, előre nem számítható nA* > nAi sorszámnak, amelyre nézve pontosan:

G_{i\Sigma}~=~G_*(n_A=n_{A*})~<~G_{i*}

, ahol G*(nA=nA*) a [0; nA*] sorszám tartományban az I. rendű ikerprímet reprezentáló elemek előfordulásának valódi átlagos gyakorisága.

Előzmény: [116] Maga Péter, 2011-12-13 10:56:02
[116] Maga Péter2011-12-13 10:56:02

Na, ez például sehol nem szerepel a dolgozatodban, ezért is nem ellenőrizhető, mint bizonyítás. Ilyen pontra kérdeztél rá többször is, a [99]-re válaszoltam.

A dolgozatod (30)-as egyenlőtlenségén kívül minden teljesen világos lenne számomra (sajnos meg kell jegyeznem, nem a leírásod miatt; mindenesetre ha ezt a (30)-at tudnám, akkor onnan könnyedén befejezném még én is). Erre vonatkozóan csak annyit írsz, hogy a szűrésed kérdéses intervallum feléig olyanokat is kilök, amik igazából ikerprímek, és ezért a G_{i\Sigma} kisebb. Na ja, de G_{i\Sigma} mindemellett beszámol olyat is, ami nincs az intervallumban, ez az amit már sokszor próbáltam elmagyarázni (még konkrét példát is adtam az 59,61-gyel): az egyes prímekből adódó gyakoriságok (\frac{p-2}{p}) szorzatáról csak sokkal hosszabb intervallumokon tudjuk, hogy a megcélzott gyakoriság közelében jár. Ha úgy tetszik, fiktív gyakoriságod tényleg nagyon-nagyon fiktív. Tehát a szitád tényleg kiszűr ikerprímeket, de bevesz az intervallumon kívülről is számokat, ezt értsd meg végre! És mivel ezeknek a viszonyáról (melyik a több) semmit nem mondasz, azt hiszem, megállapodhatunk abban, hogy a (30)-as egyenlőtlenségedre adott érvelésed hibás. És még egyszer: ez a kritikus pont.

Előzmény: [113] márton, 2011-12-12 15:58:11
[115] Fálesz Mihály2011-12-12 17:18:55

"Ha véges a ki nem szűrhető tagok száma, akkor lesz olyan lépés, ahol minden képzett sorozat 2. és további tagja nagyobb lesz az utolsó ki nem szűrt elemnél. Ekkor a képzett sorozatok 1. tagja, ha annál kisebb, vagy egyenlő vele, akkor megtalált, ki nem szűrhető elem, ha nagyobb annál, szintén kiszűrhető. Ennek eldöntéséhez – ami elengedhetetlen – végül is tudnunk kell (ki kell számítanunk), hogy mekkora az utolsó, ki nem szűrhető elem."

Újabb érthetetlen halandzsa.

"Az ikerprímek esetében szintén a törzstényezőkre való bontás segíthet."

A kérdés az volt, hogy egy végtelen számtani sorozatról hogyan állapítjuk meg, hogy egy lépésben, teljes egészében kidobható, mert biztosan nem tartalmaz ikerprím párt reprezentáló számot.

Előzmény: [112] márton, 2011-12-12 15:28:26
[114] márton2011-12-12 16:31:08

„...az igazi kérdés az, hogy amit kihagynak, azok mennyire lehetnek közel egymáshoz.”

Ha a szitát a természetes számsorra alkalmazod, akkor a ki nem szitált elemek a prímek, ezekből végtelen sok van, és ekkor lehet az az igazi kérdés, hogy az egymáshoz legközelebb esőkből mennyi lehet, milyen az előfordulásuk? Úgy tudom, hogy az így feltett kérdést Pintz János jó előmenetellel vizsgálja. Azt tudjuk, hogy a szitálásnál kihagyottak - a prímek - mennyire lehetnek közel egymáshoz... Az átlagos „közelség” megint más kérdés...

Ha azonban ezt a szitát az ikerprím számtani középértékek elkülönítésére alkalmazzuk, akkor ezeket kell meggondolnunk:

A prímek elkülönítésekor (az első két prímtől eltekintve) a szitát a természetes számsoron belül két azonos különbségű végtelen számtani sorozatra alkalmaztuk (B és F sorozat), lényegében két részre bontva azt. A két sorozatban a kiszitált, illetve visszamaradt elemek sem tükrözéssel, sem eltolással nem hozhatók fedésbe egymással. A kiszitált sorozat-tagok sorszámai mindkét (B és F) sorozat esetében külön-külön is lefednék a pozitív és negatív egész számok végtelen számtani sorozatát, ha a sorozat kezdetek ezt lehetővé tennék. Az I. rendű ikerprímek elkülönítésénél a két részre bontott szitálást/szűrést (1 egységgel eltolva) egyetlen, az előzőkkel azonos különbségű sorozatban végezzük el (A sorozat). Itt a ki nem szitált/szűrt elemek mindegyike 2 különbségű prím számpárt reprezentál. A kiszitált/kiszűrt sorszám sorozatok kétszeresen lefednék a pozitív és negatív egész számok végtelen számtani sorozatát, ha a sorozat kezdetek ezt lehetővé tennék. Az ikerprímek léte bizonyítja, hogy a kétszeres szitálással (C. P. S.) /szűréssel nem lehet lefedni a teljes egész számsort, és ez után már valóban csak az a kérdés marad, hogy korlátos számhatár felett a kétszeres lefedés helyett legalább egyszeres lefedés előfordulhat-e?

***

„...az lenne a válasz, hogy ezek nem ikerprímek. Azt persze nem árulod el nekünk, mi az a különlegessége az ikerprímeknek, amiért ezt mindenre elő lehet húzni.”

Természetesen az „ezek nem ikerprímek” válasz túlságosan általános, leegyszerűsítő, nem kielégítő. Jelzi viszont azt, hogy minden ellenpélda esetében azt a különbséget kell kimutatni, ami az ellenpéldát az ikerprímek szűrésétől és annak eredményétől megkülönbözteti.

Lehet, hogy a Fórumon csak a szavakkal való kavarásnak, vagy halandzsának minősül, de tény, hogy az ikerprímek szűrésénél minden fokozat 1. sorozata 0-val kezdődik, és ez a sorozat nem kerülhet kiszűrésre. Azért nem, mert a benne meglévő, későbbi fokozatokban kiszűrésre kerülő, kiszűrésük alkalmával sorozatkezdő tagok nem képeznek végtelen számtani sorozatot. Ebből következően minden szűrési fokozatnál a 0-val kezdődő sorozatban lennie kell ki nem szűrhető, tehát I. rendű ikerprímet reprezentáló tagnak/tagoknak is. [Ha ez így van, önmagában ez is bizonyítja, hogy végtelen sok ikerprím van. Hasonló a helyzet a már megtalált, ikerprímet reprezentáló tagokkal kezdődő sorozatok kiszűrhetőségével, de ez már nem végleges (természetesen az 1. tag kivételével). Ezek közül azonban a kiszűrhető sorozatok száma – meghatározott szabály szerint – lassabban növekszik, mint a szűrési fokozatok száma, tehát a ki nem szűrhetőké növekszik.]

Előzmény: [109] Maga Péter, 2011-12-05 15:26:40
[113] márton2011-12-12 15:58:11

Legyen a 6-tal osztható számok számtani sorozatának sorszáma: nA = A/6

Ha Pi az i-edik prímszám, akkor legyen: nAi = (Pi+12 - 1)/6

Ekkor Gi* az nA sorszámok között az nAi sorszámnál kisebb I. rendű ikerprím számtani középértéket reprezentáló sorszámok előfordulásának átlagos gyakorisága.

Ha tehát \gammai* az xi = Ai = 6nAi számhatárnál kisebb I. rendű ikerprím számtani középértékek száma, akkor írható, hogy:

Gi* = (\gammai* - 1)/nAi   és a szokványos jelöléssel:   G*(xi) = [\pi2(xi) - 1]/xi

Előzmény: [108] Maga Péter, 2011-12-05 15:04:18
[112] márton2011-12-12 15:28:26

„...miért lehetne a megmaradt számtani sorozatokat teljes egészükben kidobni...”?

Ha véges a ki nem szűrhető tagok száma, akkor lesz olyan lépés, ahol minden képzett sorozat 2. és további tagja nagyobb lesz az utolsó ki nem szűrt elemnél. Ekkor a képzett sorozatok 1. tagja, ha annál kisebb, vagy egyenlő vele, akkor megtalált, ki nem szűrhető elem, ha nagyobb annál, szintén kiszűrhető. Ennek eldöntéséhez – ami elengedhetetlen – végül is tudnunk kell (ki kell számítanunk), hogy mekkora az utolsó, ki nem szűrhető elem.

„...hogyan "győződünk meg" erről”?

A gyenge ökörprímek esetében törzstényezőkre bontással, de ha sikerül a „titkot” megfejteni (ha ki tudjuk számítani az utolsó ki nem szűrhető tagot), akkor egyszerűen a még ki nem szűrt elemek nagyságának az utolsó elemmel való összehasonlításával. A gyenge ökörprímek esetében nem minden lépésben lehet új, ki nem szűrhető elemet találni.

Az ikerprímek esetében szintén a törzstényezőkre való bontás segíthet. Ehhez is, de egyszerűen az algoritmus tetszőleges korlátig való folytatásához is elengedhetetlen, hogy a prímeket (sorrendben) a tetszőleges korlátnak megfelelő (tetszőleges) határig ismerjük. Ha az i-edik szűrési fokozatban találunk még ki nem szűrt elemet, ennek ikerprím voltáról meggyőződhetünk (vagy nem), de ekkor az i+1-edik fokozatban még nem kell megvizsgálni a kiszűrésre nem kerülő tagokat, mert a szűrés még folytatható. Az ikerprímek esetében a [111]-ben megfogalmazott sejtés szerint minden fokozatban lehet új (egymást követő prím-négyzetek közé eső) ikerprím számpárt találni. A vizsgálatra csak akkor van szükség, ha ki nem szűrt elem nincsen.

Előzmény: [107] Fálesz Mihály, 2011-12-04 18:53:11
[111] márton2011-12-12 15:11:28

„...az nem bizonyítás.” Nem is hoztam még szóba itt a bizonyítást. Ha jól számolom, ez már a harmadik lenne, kár lenne elsietni.

Van viszont egy sejtésem. Ha tudod, hogy már megfogalmazták, légy szíves írd meg, hogy ki és mikor:

Minden egymást követő prímszám négyzet között van legalább 1 I. rendű ikerprím számpár.

Előzmény: [106] Fálesz Mihály, 2011-12-04 18:15:06
[110] Róbert Gida2011-12-05 18:30:48

Itt egy konkrét példa: 59987 és 59989. Nem ikerprímek és ugyanakkor egyiknek sincs kis prímosztója: 59987=223*269 és 59989=239*251.

Előzmény: [107] Fálesz Mihály, 2011-12-04 18:53:11
[109] Maga Péter2011-12-05 15:26:40

,,Kérdés maradhat, hogy az ikerprímek esetében a kiszűrésre kerülő diszjunkt sorozatok tagjai valamely számhatár felett nem fedik-e le (ismét) a számsort? Arra, hogy ez nem történhet meg, az a garancia, hogy a kiszűrt sorozatok tagjai kizárólag az eratoszthenészi szitával is kiszitált tagoknak felelnek meg, azok pedig nem fedik le a természetes számsort, hiszen akkor a prímek száma véges lenne.''

Az eratoszthenészi szitával ki nem szitált tagokról csak annyit tudunk, hogy végtelen sokan vannak, de az ikerprím-sejtéshez az kellene, hogy végtelen sokszor 2 a különbség két szomszédos között. EZT mi garantálja? Másképp: tévedsz, nem az a kérdés, hogy lefedik-e a számsort: tudjuk, hogy nem fedik; az igazi kérdés az, hogy amit kihagynak, azok mennyire lehetnek közel egymáshoz. És ez a kérdés még áll.

Bár tudnék, nem fogok sokadik ökörprím-változatot legyártani arra, amikor végtelen sok bizonyos tulajdonságú számunk van, de a 2 különbség csak véges sokszor áll elő két szomszédos között. Úgyis az lenne a válasz, hogy ezek nem ikerprímek. Azt persze nem árulod el nekünk, mi az a különlegessége az ikerprímeknek, amiért ezt mindenre elő lehet húzni.

Előzmény: [102] márton, 2011-12-04 02:26:05

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]