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.
[82] Fálesz Mihály2011-11-25 20:06:25

Az eljárásod akkor sem ér véget, ha véges sok ikerprím van. Ha véges sok lépésben ki tudnád szitálni az összes nem ikerprímet, akkor a megmaradó halmaz tartalmazna legalább egy végtelen számtani sorozatot, ez pedig az összes prímre sem igaz. Tehát akkor sem ér véget, ha végtelen sok ikerprím van, és akkor sem, ha csak véges sok ikerprím van, függetlenül attól, hogy igaz-e az ikerprímsejtés.

Azt, hogy a prímek és az ikerprímek száma mennyire hasonlít egymásra, nem tudom pontosan, mert még azt sem tudom biztosan, hogy végtelen sok ikerprím van-e. Azt viszont tudom, hogy a két függvény annyira azért nem hasonlíthat egymásra, mert a prímek száma a [0,x] intervallumban aszimptotikusan \frac{x}{\log x}, míg az ikerprímek száma legfeljebb c\frac{x}{\log^2x}.

Az nem teljesen "precíz" fogalmazásod pedig se nem igaz, se nem hamis, hanem egy se füle, se farka halandzsa. Nem véletlenül írtam az ökörprímekről szóló "bizonyítást"; esetleg rámutathatnál, hogy a nagyrészt tőled másolt szöveg "pontosan hol és miért hibás".

Előzmény: [81] márton, 2011-11-25 14:59:17
[81] márton2011-11-25 14:59:17

„Az eljárás nem ér véget...”

Ez igaz, mert a prímek száma végtelen, tehát i nem korlátos.

„...függetlenül attól, hogy van-e végtelen sok ikerprím.”

Ezt honnan tudod? Hátha összefügg a prímek és ikerprímek száma? Számuk közelítő függvényei enyhén szólva „emlékeztetnek” egymásra...

„Minden lépésben megtalálunk végtelen sok olyan számot, ami nem ikerprím, de soha sem az összeset.”

Ha nem is precíz a megfogalmazás, de igaz. Mindaddig, amíg végtelen sok ikerprím van. Ha lenne „legnagyobb”, „utolsó” ikerprím számtani közép, akkor a következő szűrési fokozat valamennyi, de meghatározható számú végtelen számtani sorozata a korábbi fokozatokban már kiszűrt, szintén meghatározható számú végtelen számtani sorozattal együtt az a halmaz lenne, ami az összes nem ikerprím tulajdonságú elemet tartalmazná.

Előzmény: [80] Fálesz Mihály, 2011-11-24 12:54:42
[80] Fálesz Mihály2011-11-24 12:54:42

"Tegyük fel, hogy i=z esetben a bennfoglaló végtelen számtani sorozat legnagyobb ikerprím tulajdonságú elemét a z-edik szűrési fokozattal való kiszűréssel találjuk meg, ahol z korlátos szám."

Az eljárás nem ér véget, függetlenül attól, hogy van-e végtelen sok ikerprím. Minden lépésben megtalálunk végtelen sok olyan számot, ami nem ikerprím, de soha sem az összeset.

Ha véges sok lépés elég lenne, akkor az is igaz lenne, hogy az ikerprímek sorozata tartalmaz számtani sorozatot.

Előzmény: [76] márton, 2011-11-22 04:02:29
[79] Fálesz Mihály2011-11-24 12:37:20

Tétel: Végtelen sok olyan pozitív egész létezik, ami nem osztható semmilyen prímmel. Az ilyeneket nevezzük ökörprímeknek.

Bizonyítás. A komplementer ökörprímszita módosított módszerét használjuk. Induljunk ki az összes pozitív egész halmazából, ezek egy db. számtani sorozatot alkotnak.

Az i-edik lépésben kiszűrjük az i-edik prímmel (pi) osztható számokat. Ehhez az aktuális sorozathalmaz minden elemét pi sorozatra bontjuk tovább a modulo pi maradékok szerint, a 0 maradékhoz tartozó sorozatot elhagyjuk. Az i-edik lépésben (p1-1)(p2-1)...(pi-1-1) számtani sorozatot hagyunk el, a lépés után megmarad egy (p1-1)(p2-1)...(pi-1) diszjunkt számtani sorozatból álló halmaz, amelyek differenciája p1p2...pi.

Tegyük fel, hogy csak véges sok ökörprím létezik, és az utolsó ilyen számot a z-edik lépésben találjuk meg. Ekkor a (z+1)-edik szűrési fokozatban az addig ki nem szűrt elemekkel kezdődő, azonos különbségű végtelen számtani sorozatok mindegyikének kiszűrhetőnek kell lennie, ami a szűrés algoritmusa szerint nem lehetséges. Ilyen esetben ugyanis a kiszűrt sorozatok száma is korlátos lenne. Ha mindezt figyelmen kívül hagyva, a szűrést tovább folytatnánk, akkor viszont diszjunkt sorozatok már nem lennének kiszűrhetők. Az ellentmondások miatt a diszjunkt végtelen számtani sorozatok kiszűrése nem lenne folytatható, ami pedig az állítás szükséges feltétele volt. Ezzel bizonyítottuk a Tétel szerinti állítást.

Előzmény: [76] márton, 2011-11-22 04:02:29
[78] Fálesz Mihály2011-11-23 15:12:03

A nevek ismerősek. Egy kétszeres IMO versenyző (Tom) és egy kedves ismerős, a jelenlegi brit IMO csapatvezető (James).

(Remélem, James itt lesz a téli táborban...)

Előzmény: [77] Maga Péter, 2011-11-23 12:20:01
[77] Maga Péter2011-11-23 12:20:01

Aki belepillant ebbe a vitába, hasonlóságokat fedezhet fel.

[76] márton2011-11-22 04:02:29

„Ne csak mondd, bizonyítsd!”

Kedves Bily! [70] hozzászólásodra [74]-ben már válaszoltam ugyan, de ahogyan feltehetően Te sem, úgy én sem vagyok megelégedve azzal. Említett tartozásom (közelítések hibáinak összehasonlítása) hosszabb munkát igényel, de remélem, hogy megvár. Ezért szeretnék visszatérni a bizonyításra.

Bemutatott dolgozatom az ikerprím-sejtést TÉTEL 2. cím alatt tételként fogalmazza meg (6. oldal). Bizonyítása ugyanott megtalálható. A dolgozat összefoglalásában ez a B. pontnak felel meg (7. oldal).

Az összefoglalás A. pontja logikus következtetés, ami ugyanerre az eredményre vezet (TÉTEL 2.). [55] sz. hozzászólásomban ezt tömörebben fogalmaztam meg, nem említve a gyakoriság változását. Megismételve, az állítás a következő volt:

Az ikerprímeket reprezentáló számtani középértékek halmazát magába foglaló sorozathalmazból végtelen sok olyan diszjunkt végtelen számtani sorozat szűrhető ki, aminek tagjai nem ikerprím számtani középértékek, nem reprezentálnak ikerprímet. Ha a bennfoglaló sorozathalmaz így ki nem szűrhető, 0-tól különböző valamennyi eleme ikerprímet reprezentáló számtani középérték, akkor ezek száma nem korlátos.

Bizonyítás indirekt módszerrel

A szűrés algoritmusa szerint az i-edik szűrési fokozatban az ikerprím tulajdonsággal nem rendelkező, kiszűrhető diszjunkt végtelen számtani sorozatok száma:

Ki = 2Zi = 2(P2-2)(P3-2)...(Pi-1-2)   [l. a dolgozat (23) és (14) sz. összefüggését]

Az i-edik szűrési fokozattal bezárólag kiszűrt összes diszjunkt végtelen számtani sorozat száma pedig:

K_{i\Sigma}~=~K_{(i-1)\Sigma}~+~K_i

Az állítás feltétele szerint, mivel a prímek száma (i) nem korlátos:

\lim_{i\to\infty}K_{i\Sigma}~=~\infty

Tegyük fel, hogy i=z esetben a bennfoglaló végtelen számtani sorozat legnagyobb ikerprím tulajdonságú elemét a z-edik szűrési fokozattal való kiszűréssel találjuk meg, ahol z korlátos szám. Ekkor a (z+1)-edik szűrési fokozatban az addig ki nem szűrt elemekkel kezdődő, azonos különbségű végtelen számtani sorozatok mindegyikének kiszűrhetőnek kell lennie, ami a szűrés algoritmusa szerint nem lehetséges. Ilyen esetben ugyanis a kiszűrt sorozatok száma is korlátos lenne:

K_{(z+1)\Sigma}~=~K_{z\Sigma}~+~K_{z+1}~=~K_{(z-1)\Sigma}~+~K_z~+~P_{z+1}Z_{z+1}

Ha mindezt figyelmen kívül hagyva, a szűrést tovább folytatnánk, akkor viszont diszjunkt sorozatok már nem lennének kiszűrhetők. Az ellentmondások miatt a diszjunkt végtelen számtani sorozatok kiszűrése nem lenne folytatható, ami pedig az állítás szükséges feltétele volt. Ezzel bizonyítottuk a TÉTEL 2. szerinti állítást.

Tekintettel arra, hogy a II. rendű ikerprímekre analóg módon végezhető szűrés, a fenti bizonyítás pozitív analóg példaként egyúttal igazolja, hogy a II. rendű ikerprímek száma sem korlátos.

Előzmény: [70] bily71, 2011-11-17 10:36:52
[75] márton2011-11-17 23:59:09

Már megint félreértesz!

Azokról a sorösszegekről volt szó, amikkel Te a [66] hsz.-ban, én pedig a [67] hsz.-ban a végtelen számú lépésből álló művelet elvégzéséhez szükséges időt akartuk modellezni. Ezeknek semmi köze nincs az ikerprímek számához!

Egyébként, ha megnézed, a dolgozatomban van függvény és bizonyítás az ikerprímek számára vonatkozóan, a [28] hsz-ból megnyitható. Ott az ikerprímek számát alulról korlátozó függvénynek (függvényeknek!) nincsen határértéke.

Előzmény: [71] bily71, 2011-11-17 10:42:48
[74] márton2011-11-17 23:33:41

"Mert nem csak az algoritmusról mondtam valamit, hanem a halmazról is" „Ne csak mondd, bizonyítsd!” - Most még csak a [67] hsz.-ban megfogalmazott állítás félreértéséről volt szó. A többit esetleg alkalom adtán.

Korrekt válaszodat köszönöm, de egyenlőre vannak még tartozásaim korábbi hozzászólásból.

Előzmény: [70] bily71, 2011-11-17 10:36:52
[73] márton2011-11-17 22:48:57

Sajnos, Te nem érted. Ezért is kell erre a szintre lemennünk, mert sorozatosan félreértjük egymást. Abban egyetértünk, hogy a prímszám sorban „a 2 mindig is benne volt.” Abban viszont nem, hogy Bily „ellenpéldája” a prímszám sorra vonatkozott. Bily számsorában az 1-et ő cserélte le a 2-vel. Nézd meg [61] sz. hozzászólását. Egyébként a prímszám sort nem úgy jelölném, ahogyan Te itt felírtad.

Nem akarok megbántódni azon, hogy gondolkodásom szintjét nem tartod magasnak. Helyette azonban szívesebben foglalkozom a témával. Mivel elindítottam a témát, válaszolni igyekszem a hozzám feltett kérdésekre. Ez azonban nem jelenti azt, hogy csak tőlem lehet kérdezni, különösen annak nem, akinek magasabb szintű válaszra van igénye. Pl. azoktól, akik már „minden kétséget kizáróan” el tudták dönteni, „hogy ez egy rossz bizonyítás”, vagy azoktól, akik még nem tudták eldönteni.

Előzmény: [72] Maga Péter, 2011-11-17 10:49:45
[72] Maga Péter2011-11-17 10:49:45

,,Ilyen példát bárki gyárthat korlátlan számban, de ez nem ellenpéldája az állításomnak. Azt a sorozathalmazt, amiben az ikerprímek számtani középértékei vannak, senki sem bővítette ki a középérték tulajdonságú elemekkel, mert azok mindig is beletartoztak.''

Nem érted. A 2,3,5,7,... sorozatba sem rakta bele utólag senki a 2-t. Ebben a sorozatban a 2 mindig is benne volt.

Egyébként sokkal lejjebb vagyunk, mint ahonnan indultunk, nem is olyan régen még sűrűségekről volt szó, most már az is számít az ikerprímek végtelenségében, hogy egy sorozat elejére odaírjuk-e a kettest. Sajnos ez utóbbi a valódi szintje annak, ahol gondolkodsz erről a kérdésről; tényleg és nagyon őszintén: nem bántásképpen. Valami kis bevezető matek tanulását javaslom.

Előzmény: [69] márton, 2011-11-17 02:33:23
[71] bily712011-11-17 10:42:48

"Te olyan függvényt állítottál modellnek, aminek volt határértéke, az én példámban nem volt."

Ezt honnan tudod? Ezt egyelőre senki nem tudja, pont ez a kérdés, ha van határérték, akkor az ikerprímek száma véges, ha nincs, akkor végtelen.

Előzmény: [69] márton, 2011-11-17 02:33:23
[70] bily712011-11-17 10:36:52

"Mert nem csak az algoritmusról mondtam valamit, hanem a halmazról is"

Ne csak mondd, bizonyítsd!

"Most kérdezem: pozitív analóg példa lehet-e bizonyíték?"

Igen, ha az analógia ekvivalens az eredeti állítással, vagy nála erősebb állítás.

Előzmény: [69] márton, 2011-11-17 02:33:23
[69] márton2011-11-17 02:33:23

„Itt teljesen mindegy, hogy az elemek milyen sorozatot alkotnak”... Na, ez az, ami a félreértés köztünk. Mert egyáltalán nem mindegy! Mert nem csak az algoritmusról mondtam valamit, hanem a halmazról is: „...egy végtelen számtani sorozathalmazt kizárólag olyan elemek alkotnak, ...” stb. Az A halmazos ellenpélda ezért nem bizonyíték arra, hogy nem lenne igaz az, amit a végtelen számtani sorozathalmazon belüli szűrés eredményéről állítok.

„De, hogy ne zavarjon, hogy a 2-es csak egy darab elem”... Erre mondtam azt, hogy nincsen semmi különös abban, hogy ha egy sorozathalmazt a sorozatba nem tartozó elemmel, vagy elemekkel kibővítünk, aztán a sorozathalmaz elemeit kiszűrjük, akkor a berakott elemek visszamaradnak. Ilyen példát bárki gyárthat korlátlan számban, de ez nem ellenpéldája az állításomnak. Azt a sorozathalmazt, amiben az ikerprímek számtani középértékei vannak, senki sem bővítette ki a középérték tulajdonságú elemekkel, mert azok mindig is beletartoztak. Sőt, egyetlen további ilyen tulajdonságú elemmel sem lehet ezt a halmazt bővíteni, még a 4-gyel sem, mert akkor már nem lesz sorozathalmaznak nevezhető.

„...ellenpéldából elég egy is.” Tudtam, mielőtt először mondtad, el is fogadom. Most kérdezem: pozitív analóg példa lehet-e bizonyíték?

„Az eljárás matematikailag hajtható végre”... Igen, ha egy függvénynek van határértéke, az a matematika eszközeivel megkereshető, megtalálható. Te olyan függvényt állítottál modellnek, aminek volt határértéke, az én példámban nem volt. Amíg csak szimpátia kérdése, választhatunk közöttük, ha azonban modellezni akarunk velük, akkor a modellezni kívánt tulajdonságot, még ha torzítva is, de valamelyiknek tükröznie kell.

Előzmény: [68] bily71, 2011-11-16 20:15:36
[68] bily712011-11-16 20:15:36

Képzeld azt, hogy "valaki" bepakolta az ikereprímek számtani közepét abba a halmazba, legyen ez mondjuk az F halmaz, aminek az elemei olyan pozitív egészek, melyek nem ikerprímek számtani közepei, pontosan úgy, ahogy én is csináltam, bepakoltam a 2-est az A-ba, az egynél nagyobb páratlanok közé.

Nos, mi szitálgatunk, de mi van akkor, ha az a "valaki" csak véges sok új elemet rakott F-be?

Na, ez az, amit nem értettél meg. Itt teljesen mindegy, hogy az elemek milyen sorozatot alkotnak, mivel az algoritmusról mondtál valamit és nem a halmazról, ami egyébként nem igaz, erre bizonyíték az A halmazos ellenpélda.

De, hogy ne zavarjon, hogy a 2-es csak egy darab elem, rakjuk be A-ba még a 22,23,...,210100 számokat is, ekkor 10100 darab elem marad benn, ez már "elég sok", de mégsem végtelen sok.

A B-s ellenpélda valóban nem jó, de mint mondtam, ellenpéldából elég egy is.

Az eljárás matematikailag hajtható végre és nem fizikailag, tehát elméletben és nem gyakorlatban. Például a

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}

összeget pontosan semmilyen gép nem tudja kiszámolni, attól még a e szám még létezik és gondolhatjuk úgy is, hogy úgy kaptuk, hogy elvégeztük a végtelen sok műveletet.

Előzmény: [67] márton, 2011-11-16 13:48:07
[67] márton2011-11-16 13:48:07

Megfogalmazásomban valóban volt pontatlanság, ezért ha jól értem, ellenpéldával azt az állítást kívánod cáfolni, hogy ha egy végtelen számtani sorozathalmazt kizárólag olyan elemek alkotnak, amelyek vagy ikerprím számtani középértékek, vagy nem, és ez utóbbiakat végtelen számú lépésben kiszűrjük, akkor az előbbi, ki nem szűrhető elemből végtelen soknak kell lennie.

A [61] hozzászólásod A: = 2, 3, 5, 7, 9, ..., 2n+1, ... számsorából való kiszűrés azért nem lehet jó ellenpélda, mert A nem számtani sorozat, míg az állítás számtani sorozatra vonatkozik.

[63] sz. hozzászólásodban ezt korrigálod, és a B: = 3, 5, 7, 9, ... számtani sorozatból kiszűröd az összes páratlan prímmel osztható számot. Ez azért nem lehet jó ellenpélda, mert a B sorozat minden tagja rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, míg az állítás szerinti esetben a bennfoglaló végtelen számtani sorozatban a szűrés szempontjából kétféle elem van.

Ugyanitt a B számtani sorozatból kiszűröd a 61 alakú prímekkel osztható számokat, ami ellenpéldának azért nem jó, mert így nem csak a 3 nem lesz kiszűrhető, hanem 3 egész számú hatványai sem. Ezekből pedig végtelen sok van, tehát ez a példa nem cáfolja, hanem inkább alátámasztja az állítást.

[66] sz. hozzászólásodban azt állítod, hogy végtelen sok lépésből álló matematikai művelet befejezhető, „matematikailag”. Azt is leírod, hogyan kell ezt csinálni, és meg is bízol vele. Csak 1 perc az egész. Azért, mielőtt hozzákezdenék, elárulom, hogy félek attól, hogy nekem nem fog sikerülni. Sokat elhiszek, de ezt nem. Nem azt nem hiszem el, hogy a sorösszeg határértéke 1, hanem azt, hogy ez alkalmas modell lenne az ilyen műveletre. Ha mégis el tudja ezt valami herkentyű végezni, bízzuk rá, és nem lesz gond többé az ikerprímekkel, mert 1 perc alatt megmondja, hogy mennyi van belőlük.

Egyébként, ha matematikailag modellezni kellene a műveletet, reálisabbnak tartanék egy olyan sort, amikor az egyre több számolást igénylő lépésekre egyre több időt szánunk. Tehát, ha pl. az első prímmel 1 másodpercig kell dolgozni, akkor a másodikkal 2 másodpercig, ..., az n-edikkel 2n-1 másodpercig, stb. Ha viszont valaki pl. már a 7. lépéstől gyorsabb előrehaladást szeretne, annak ajánlhatom, hogy próbálja meg a fenti herkentyűt működőképessé tenni úgy, hogy lépésenkénti 30 másodperces számítási időre állítja át. Ezekben az esetekben azonban eredményhirdetésre nem érdemes várni...

Előzmény: [66] bily71, 2011-11-15 12:59:38
[66] bily712011-11-15 12:59:38

"Ennek alapján nem tudom megítélni, hogy hol lenne hibás a gondolatmenetem, de azt sem lehet eldönteni, hogy utolsó mondatod állítása igaz-e, vagy nem."

Az utolsó mondatom állítása azért igaz, mert mutattam egy ellenpéldát, ami cáfolja az állításodat: "Ebből következően a bennfoglaló végtelen számtani sorozatban „mindenkor” marad benn a kétféle tulajdonsággal rendelkező elemből (végtelen sok)."

Ellenpéldából pedig elég egy is, míg egy állítást minden esetre bizonyítani kell. Az ellenpélda létezése maga után vonja, hogy az állításod nem univerzális, hiszen, ha egy esetben is nem igaz (létezik ellenpélda), akkor nem lehet minden esetben igaz.

A "kétféle tulajdonsággal rendelkező elem" pontatlan megfogalmazás, ugyanis pontosan az a helyzet, hogy bármely elem a tulajdonságok közül csak az egyikkel rendelkezik (nálad vagy ikerprímek számtani közepe, vagy sem). A példámban "mindenkor" marad benn ilyen és olyan elem is, ezek elemszáma együttesen végtelen, de a 2-es minvégig egy darab elem marad.

"– „eljárás után” nincsen, mert az eljárás nem fejezhető be, csak abbahagyható."

De igenis befejezhető! Az első prímmel dolgozz 1/2 percig, a másodikkal 1/4 percig-ig, ..., az n-edikkel 1/2n percig, ekkor az eljárás 1 perc alatt "végrehajtható", legalábbis matematikailag.

Előzmény: [64] márton, 2011-11-15 02:36:14
[65] márton2011-11-15 08:40:15

Javítok. Az analóg példa helyesen:

A 6n+2 végtelen számtani sorozatban csak a 2 nem rendelkezik azon tulajdonsággal, hogy 1-en és önmagán kívül osztható még valamely természetes számmal, tehát a 2 prímszám.

Analógia:

A 6n+4 végtelen számtani sorozatban csak a 4 nem rendelkezik azon tulajdonsággal, hogy a nála 1-gyel kisebb és 1-gyel nagyobb szám 1-en és önmagán kívül osztható még valamely természetes számmal, tehát a 4 I. rendű ikerprím számtani középérték.

Előzmény: [64] márton, 2011-11-15 02:36:14
[64] márton2011-11-15 02:36:14

Hogy ne legyen baj, pontosítsunk még egy kicsit. Én értem, amit a 2. bekezdésben előadsz, de harmadik személy felé nem árt rögzíteni, hogy – amint azt [60] sz. válaszomban leírtam – „eljárás után” nincsen, mert az eljárás nem fejezhető be, csak abbahagyható. Ebből következően a bennfoglaló végtelen számtani sorozatban „mindenkor” marad benn a kétféle tulajdonsággal rendelkező elemből (végtelen sok). Ez pl. a páratlan számok és a páratlan prímek esetében belátható (nálad: B sorozat).

Igaz és nyilvánvaló, amit a kétféle szűrési eljárásról és a kivételt képező 3 prímszám helyzetéről írtál. Ha van olyan algoritmusunk, amivel a páratlan számok végtelen számtani sorozatából a nem prímeket kiszűrjük/elkülönítjük, akkor a 3 prímszám nem lesz kivétel: kiszűretlen marad. Ha viszont a feladatot két részre osztva, a 6n+1 és a 6n+5 végtelen számtani sorozatból különítjük el a nem prímeket, akkor a visszamaradó páratlan prímek között a 3 nem szerepel, bár a páratlan prímek halmazába beletartozik. A feladat viszont ebben az esetben annyival egyszerűsödött, hogy a két sorozathalmazba tartozó páratlan prímeket már csak a 3-mal nem osztható páratlan számoktól kell elkülöníteni.

A 2 szintén kivételes prímszám: páros, legkisebb és első. Ezért a prímek és az ikerprímek szűrését is érdemes erre nézve kezdeni (l.: Függelék IP 2.2.2./b. szakasz, 1. szűrési fokozat).

Függetlenül attól, hogy létezik-e szitálás utáni állapot, és hogy utolsó mondatodban foglalt állítás helytálló-e, analógiád nem vezet erre a következtetésre, sem ellenkezőjére. Fogalmazzuk meg így:

A 6n+2 végtelen számtani sorozatban csak a 2 nem rendelkezik azon tulajdonsággal, hogy önmagán kívül osztható még valamely természetes számmal, tehát a 2 prímszám.

Analógia: A 6n+4 végtelen számtani sorozatban csak a 4 nem rendelkezik azon tulajdonsággal, hogy a nála 1-gyel kisebb és 1-gyel nagyobb szám önmagán kívül osztható még valamely természetes számmal, tehát a 4 I. rendű ikerprím számtani középérték.

A kiszűrésnél mindkét esetben először 2 az alap: a prímszámok páratlanok a 2 kivételével, az I. rendű ikerprímek számtani középértékei 3-mal osztható párosak a 4 kivételével. Ettől kezdve a szűrés a prímeknél a páratlan számok körében, az I. rendű ikerprímek esetében pedig a 6-tal osztható számok körében folytatódhat. Mindkét kivételes esetben meghatározható olyan végtelen számtani sorozat, amely a kivételt jelentő tagjától eltekintve kiszűrhető, majd a kiszűrés egy ettől eltérő végtelen számtani sorozaton belül folytatható, amely az összes többi ki nem szűrhető tagot tartalmazza. Ennek alapján nem tudom megítélni, hogy hol lenne hibás a gondolatmenetem, de azt sem lehet eldönteni, hogy utolsó mondatod állítása igaz-e, vagy nem. A döntéshez valami más alapot kell keresnünk, ha a halmazelméletben erre mások még nem találtak választ. Erre van még egy gondolatom, de azt talán majd máskor.

Előzmény: [63] bily71, 2011-11-14 07:14:17
[63] bily712011-11-14 07:14:17

"A Te példád nem ilyen sorozathalmaz, mert A-ba a páratlan számok sorozatán kívül még a 2 is beletartozik."

Vegyük ki a 2-est, legyen B:={3,5,7,9,...}! Ez már számtani sorozat, ekkor, ugyanezen eljárás után egy szám sem marad benn. Vagy szürjünk csak a 6k\pm1 alakú prímekkel, ekkor egyedül a 3-as marad benn.

"Természetes, hogy ha "elkülönítjük" a páratlan prímeket, akkor az egyetlen páros még nem lesz elkülönítve."

Valóban, csak a 2-es nem rendelkezik azon tulajdonsággal, hogy osztható valamely páratlan prímmel. A te példádban is csak az ikerprímek számtani közepei nem rendelkeznek a vizsgált tulajdonságokkal.

"Ebben semmi különöset nem látok."

Ez baj, pedig ezzel a példával akartam rámutatni, hogy hol hibás a gondolatmeneted. Abból, hogy egy szita algoritmus végtelen lépésből áll nem következik, hogy a szitálás után végtelen sok elem marad.

Előzmény: [62] márton, 2011-11-14 03:38:58
[62] márton2011-11-14 03:38:58

Amiből kiszűrünk, azt végtelen sorozathalmaznak neveztem. Értem alatta az ikerprím számtani középértékek sorszámát magába foglaló természetes számok végtelen számtani sorozatát.

A Te példád nem ilyen sorozathalmaz, mert A-ba a páratlan számok sorozatán kívül még a 2 is beletartozik. Természetes, hogy ha "elkülönítjük" a páratlan prímeket, akkor az egyetlen páros még nem lesz elkülönítve. Ebben semmi különöset nem látok.

A dolgozatban ismertetett szűrési algoritmus csak azoknak az ikerprímeknek az elkülönítésére szolgál, amelyeknek a számtani középértéke 6n. Ezeken kívül még létezik a (3; 5) I. rendű ikerprím számpár, ami miatt a szűrésből levezetett ikerprím számhoz minden esetben 1-et hozzá kell adni. (Ott az 1-ből úgy lesz 2, hogy az egész rész számítás miatt még 1 hozzáadható.)

Előzmény: [61] bily71, 2011-11-13 20:13:03
[61] bily712011-11-13 20:13:03

"Márpedig mindaddig, amíg a szűrés be nem fejeződik, a bennfoglaló, végtelen elemű halmazban lesz még mind a két tulajdonságú elemből. A kiszűrhetőből bizonyosan, mert a kiszűrés még folytatható, a ki nem szűrhetőből pedig szerintem azért, mert ha elfogyott volna, akkor a kiszűrést már nem lehetne folytatni, nem lenne miből kiszűrni."

Legyen A:={2,3,5,7,9,...,2n+1,...}!

Szűrjük ki az A-ból először a 3-mal, majd az 5-tel, azután a 7-tel osztható számokat, és így tovább, tehát sorban az összes páratlan prímmel osztható számot!

Végtelen sok prím lévén végtelen sok lépés van, minden lépés után marad végtelen sok kiszűrhető szám, mégis, az eljárás végén csak egyedül a 2-es marad benn.

Előzmény: [60] márton, 2011-11-12 10:45:11
[60] márton2011-11-12 10:45:11

Kedves Károly!

Köszönöm a kérdésedet, a gondolatmenetet jól érted.

Nem könnyű a végtelennel bánni, de én úgy képzelem el, hogy ebbe a kiszűrésbe csak belekezdeni lehet, befejezni nem, mert végtelen lépésből áll. Márpedig mindaddig, amíg a szűrés be nem fejeződik, a bennfoglaló, végtelen elemű halmazban lesz még mind a két tulajdonságú elemből. A kiszűrhetőből bizonyosan, mert a kiszűrés még folytatható, a ki nem szűrhetőből pedig szerintem azért, mert ha elfogyott volna, akkor a kiszűrést már nem lehetne folytatni, nem lenne miből kiszűrni. Hogy így van-e, döntsék el azok, akik szerint ez csak "elismételt zűrzavar".

A bennfoglaló végtelen elemű halmaz bármely eleméről megállapítható, hogy kiszűretlen marad-e, vagy nem, ha a végtelen sok prímszám "mindegyikét" ismerjük, mert a szűrés ezekkel, sorszámuk szerint történik, tehát előbb-utóbb minden elem vizsgálatra kerül. Ezért fogalmaztam úgy, hogy "az így ki nem szűrhető" elemek "száma nem korlátos". (Ehhez persze nem elég igen nagy prímszámokat ismerni, mert odáig a megelőzőkre is szükség van.)

Előzmény: [57] Hajba Károly, 2011-11-11 09:52:25
[59] Maga Péter2011-11-11 17:28:58

(...) Nagyon lényeges volt pl. a \gammai*>\gammai összefüggés tisztázása (...)

Azt te csak szeretnéd. Valójában nagyon lényeges lett volna a \gammai*>\gammai összefüggés tisztázása. Nem történt meg, és ne is játsszuk el az ellenkezőjét!

Tényleg érdemes lenne egy tankönyv első néhány oldalát elolvasnod (nem a bevezetőt/előszót).

Előzmény: [55] márton, 2011-11-11 02:10:43
[58] Fálesz Mihály2011-11-11 11:21:52

Vegyél elő egy tankönyvet, és tanulmányozd, hogy milyen szinten kellene a dolgokat egymásra építeni.

Egy bizonyítás nem tartalmazhat blöfföket, elkent dolgokat. Senkit nem érdekel, hogy egy megfigyelést néhány ezerig, vagy akár néhány trillióig ellenőriztél. Vagy pontról pontra ellenőrizhetően bizonyítasz valamit, vagy nem bizonyítottál semmit. (Lásd a viccet a bárányokról, amiknek a felénk eső oldala fekete.)

* * *

Rossz jel, ha lehet olyan kérdéseket felteni, amire ugyanez a zűrzavar elismételhető, csak éppen a válasz más. Ilyen Péter példája a "trikerprímekkel". De azt is megvizsgálatod a módszereddel, hogy hány pozitív egész létezik, ami nem osztható egy prímmel sem. Az ilyen példák arra mutatnak rá, hogy ugyanaz a gondolatmenet (bár én ezt nem nevezem "menet"-nek) hibás, mert hamis állítást "bizonyít".

Előzmény: [56] márton, 2011-11-11 02:16:24

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