KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Az ikerprím-sejtésről

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

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

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[182] Róbert Gida2014-02-15 01:17:00

Kicsit átírva: H(s_1,...,s_{k_0},s'_1,...,s'_{k_0})=\sum_{d_1,...,d_{k_0},d'_1,...,d'_{k_0}}\prod_{j=1}^{k_0}\mu (d_j)\mu (d'_j)\frac{d_j^{-(1+is_j)/\log R}d'_j^{-(1+is'_j)/\log R}}{[d_j,d'j]}

ha [dj,d'j] páronként relatív prímek, akkor rögzített p prím csak legfeljebb az egyik dj,d'j párt oszthatja. És azokat is csak első hatványon, hiszen különben \mu(dj)\mu(d'j)=0 volna, ekkor a szorzat is nulla. Így, a nagy szummában adott p prímre 4 lehetőség van: dj,d'j egyikét sem osztja p, pontosan egyiket osztja (dj vagy d'j), vagy mindkettőt (és ezen utóbbi esetekben ekkor más d,d' taghoz rel. prím).

Ha egyiket osztja, akkor a szorzatban ennek (-1)*\frac{p^{-(1+is_j)/\log R}}{p} felel meg (vagy ugyanez vesszőssel), nevezőben a p tag az a legkisebb közös többszörösből jön, (-1) pedig a \mu(dj)-ből (ne feledjük: \mu multiplikatív). Ha mindkét tagot osztja, akkor (-1)*(-1)*\frac{p^{-(1+is_j)/\log R}p^{-(1+is'_j)/\log R}}{p}, ha egyik tagot sem osztja p, akkor ennek 1 felel meg. És pontosan ez a 4 féle tag szerepel az Euler szorzat előállításánál.

Előzmény: [180] Maga Péter, 2014-02-09 17:20:48
[181] Maga Péter2014-02-13 23:53:31

Valaki oldja meg a feladatot, igazán nem nehéz.

Előzmény: [180] Maga Péter, 2014-02-09 17:20:48
[180] Maga Péter2014-02-09 17:20:48

Bő hónapos kihagyás után folytatom a bizonyítást.

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy

H(s_1,...,s_{k_0},s_1',...,s_{k_0}')= \prod_{p\geq w} \left(1-\sum_{j=1}^{k_0} \left(p^{-1-(1+is_j)/\log R}+ p^{-1-(1+is_j')/\log R}-p^{-1-(1+is_j)/\log R-(1+is_j')/\log R}\right)\right),

vagyis a H függvénynek van egy Euler-szorzat előállítása, ami minden s1,...,sk0,s1',...,sk0'\inR-re érvényes.

Most ebből megbecsüljük H-t. Világos, hogy

|H(s_1,...,s_{k_0},s_1',...,s_{k_0}')|\leq \prod_{p\geq w}\left(1+3p^{-1-1/\log R}\right).

Egészen konkrétan azt fogjuk belátni, hogy

\prod_{p\geq w}\left(1+3p^{-1-1/\log R}\right)\ll \log^{O(1)} R.

(Figyelem! Itt a Tao-blogban van egy zavaró elírás.) Lehet, hogy erre van egyszerűbb is (és ha találtok, akkor írjátok meg!), én a következőt találtam ki. Nyilván 1+3p-1-1/log R\leq(1+p-1-1/log R)3, így elég azt belátni, hogy

\prod_{p\geq w}\left(1+p^{-1-1/\log R}\right)\ll \log^{O(1)} R.

Itt a bal oldal nyilván kisebb, mint \zeta(1+1/log R) (terjesszük ki a szorzást minden prímre, illetve 1+p-1-1/log R helyére írjunk 1+p-1-1/log R+p-2-2/log R+p-3-3/log R+...-t, nyilván nő a szorzat értéke). Ugyanakkor \zeta(1+1/log R)\llO(log R), hiszen \zeta(s)-1/(s-1) korlátos, amint s\rightarrow1 jobbról.

Mindez azt mutatja (figyelembe véve \eta gyors lecsengését: ld. a [179]-es hozzászólásomat), hogy a kiszámítandó kettős integrálban (\int_{{\bf R}^{k_0}}\int_{{\bf R}^{k_0}}) szorítkozhatunk a \max(s_1,...,s_{k_0},s_1',...,s_{k_0}')\leq \sqrt{\log R} tartományra: amit ezen kívül kapunk, az elhanyagolható (o(...)) ahhoz képest, amit kapni akarunk.

Előzmény: [179] Maga Péter, 2014-01-08 13:09:13
[179] Maga Péter2014-01-08 13:09:13

Térjünk vissza ahhoz a konkrét f függvényhez, amit eddig használtunk, és terjesszük ki Rk0-ra kompakt tartójú sima függvényként, továbbra is f-fel jelöljük.

A Fourier-transzformáltról szóló kitekintés értelmében f olyan alakba írható, hogy

f(t_1,...,t_{k_0})=\int_{{\bf R}^{k_0}}\eta(s_1,...,s_{k_0})e^{-\sum_{j=1}^{k_0}(1+is_j)t_j}ds_1...ds_{k_0}.

Ezt könnyű látni, vegyük f(t1,...,tk0) helyett az f(t_1,...,t_{k_0})e^{\sum_{j=1}^{k_0}t_j} függvényt, ez még mindig sima és kompakt tartójú, és legyen \eta ennek Fourier-transzformáltja (a kitevőben -2\pi-k nélkül) szorozva 2\pi megfelelő hatványával. Az inverziós képlet éppen azt adja, amit szeretnénk.

Továbbá

\eta(s1,...,sk0)\llf,A(1+max (|s1|,...,|sk0|))-A

minden A>0 számra, hiszen f sima és kompakt tartójú (és így e^{\sum_{j=1}^{k_0}t_j}-szerese is).

Ennek segítségével a [176] utolsó képletének bal oldala abba az alakba írható, hogy

\int_{{\bf R}^{k_0}} \int_{{\bf R}^{k_0}} \eta(s_1,...,s_{k_0})\eta(s_1',...,s_{k_0}') H(s_1,...,s_{k_0},s_1',...,s_{k_0}') ds_1...ds_{k_0}ds_1'...ds_{k_0}',

ahol

H(s_1,...,s_{k_0},s_1',...,s_{k_0}')= \sum_{d_1,...,d_{k_0},d_1',...,d_{k_0}'} \left( \prod_{j=1}^{k_0} \mu(d_j)\mu(d_j') \right) \frac{\prod_{j=1}^{k_0} d_j^{-(1+is_j)/\log R}d_j'^{-(1+is_j')/\log R}}{[d_1,d_1']\cdot...\cdot[d_{k_0},d_{k_0}']},

ahol, emlékezzünk vissza, az összegzésben [d1,d1'],...,[dk0,dk0'] páronként relatív prímek.

Előzmény: [176] Maga Péter, 2014-01-05 15:59:48
[178] Maga Péter2014-01-08 12:17:07

Kitekintés: a Fourier-transzformált néhány alaptulajdonsága.

A bizonyítás, mint említettem, nem egészen elemi. Szükségünk lesz a Fourier-transzformált néhány alaptulajdonságára, ezeket a következőkben összefoglalom. Legyen f:Rn\rightarrowC függvény, melyről feltesszük, hogy sima (akárhányszor deriválható), valamint kompakt tartójú (egy korlátos halmazon kívül 0). Ekkor Fourier-transzformáltján a következő, szintén Rn\rightarrowC függvényt értjük:

f^*(\xi_1,...,\xi_n)=\int_{{\bf R}^n} f(x_1,...,x_n)e^{-2\pi i(x_1\xi_1+...+x_n\xi_n)}dx_1...dx_n.

Az eredeti f függvény a Fourier-transzformáltból egyszerűen visszakapható az inverz transzformált segítségével:

f(x_1,...,x_n)=\int_{{\bf R}^n}f^*(\xi_1,...,\xi_n)e^{2\pi i(\xi_1x_1+...+\xi_nx_n)}d\xi_1...d\xi_n,

ez lényegében egy újabb Fourier-transzformált, de azért figyeljünk az előjelre: f**(x)=f(-x).

Mivel f sima és kompakt tartójú, f* nagyon gyorsan lecseng:

f*(\xi1,...,\xin)\llf,A(1+max (|\xi1|,...,|\xin|))-A

minden A>0 számra (most az n dimenziós tér maximumnormáját használtam, de mivel bármelyik két norma ekvivalens, ugyanez igaz bármely más normára is). Ez lényegében parciális integrálás, például egy dimenzióban a |\xi|>1 tartományon

f^*(\xi)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-2\pi ix\xi}dx=\frac{1}{2\pi i\xi}\int_{-\infty}^{\infty}f'(x)e^{-2\pi ix\xi}dx\ll \max_{x\in{\bf R}}|f'(x)|\cdot|b-a|\cdot \frac{1}{\xi},

ahol f [a,b]-n kívül 0. Ebből A=1-re világos az állítás: |\xi|>1-re ezt a becslést használjuk, |\xi|\leq1-re pedig triviális.

Bővebb leíráshoz nézzük meg ezt.

Sajnos a Fourier-transzformált normalizálása nem egészen egységes: helyenként a 2\pi vagy/és a - kimarad a kitevőből. Ezek nem vezetnek lényeges változáshoz, az inverz transzformált egy kicsit máshogy néz ki (az integrálban a változó lineáris helyettesítésével megkaphatók a különböző változatok). Én most a wikipedia normalizálását követtem, a Tao-poszthoz azt az alakot használjuk, amikor

f^*(\xi_1,...,\xi_n)=\int_{{\bf R}^n} f(x_1,...,x_n)e^{i(x_1\xi_1+...+x_n\xi_n)}dx_1...dx_n.

Ebben az esetben az inverz transzformált

f(x_1,...,x_n)=\frac{1}{(2\pi)^n}\int_{{\bf R}^n}f^*(\xi_1,...,\xi_n)e^{-i(\xi_1x_1+...+\xi_nx_n)}d\xi_1...d\xi_n.

Előzmény: [176] Maga Péter, 2014-01-05 15:59:48
[177] Róbert Gida2014-01-05 21:04:48

Állítás: Gk(n)\len*(1+log n)k-1, ahol G_k(n)=\sum _{i=1}^n F_k(i), itt most Fk(n)-en a rendezett pozitív egész tagú felbontások számát értem. Triviálisan: G1(n)=n (hiszen F1(n)=1), továbbá, ha k>1, akkor G_k(n)=\sum _{d=1}^n G_{k-1} (\Big[ \frac nd \Big]), ugyanis legyen i\len egy felbontásában d az első tag, ekkor i osztható d-vel; i=d*x, az ilyen felbontások száma F_{k-1}(\frac id), így G_{k-1}(\Big[ \frac nd \Big]) az olyan felbontások száma n-ig, ahol az első tényező d. Továbbá d 1..n lehet és minden k tagú felbontást egyszer számoltunk. Így (k-ra való) indukcióval:

G_k(n)=\sum _{d=1}^n G_{k-1} (\Big[ \frac nd \Big])\le \sum _{d=1}^n \frac nd (1+\log (\frac nd))^{k-1} \le \sum _{d=1}^n \frac nd (1+\log n)^{k-1}=n*(1+\log n)^{k-1}*\sum_{d=1}^n \frac 1d \le n*(1+\log n)^k, hiszen ismeretes: \sum_{d=1}^n \frac 1d\le 1+\log n.

Ezzel egész R=n értékre teljesül az állítás, míg ebből nem egész értékekre is egyszerűen látható.

Előzmény: [176] Maga Péter, 2014-01-05 15:59:48
[176] Maga Péter2014-01-05 15:59:48

Az alkalmas súlyfüggvény felé II.

Elérkeztünk arra a pontra, ahol megmondjuk a súlyfüggvényt. Legyen tehát f sima függvény, mely eltűnik a \Deltak0 szimplexen kívül. Mostantól azt is feltesszük, hogy f szimmetrikus, azaz f(t_1,...,t_{k_0})=f(t_{\sigma(1)},...,t_{\sigma(k_0)}), ha \sigma a {1,...,k0} halmaz egy permutációja. Ekkor legyen

\nu(n)=\left(\sum_{d_1,...,d_{k_0},\forall 1\leq j\leq k_0:d_j|(n+h_j)} \left(\prod_{j=1}^{k_0}\mu(d_j)\right) f\left(\frac{\log d_1}{R},...,\frac{\log d_{k_0}}{R}\right)\right)^2.

Annyi mindenesetre világos, hogy ez tényleg nemnegatív, tényleg 'súlyfüggvény'.

Az (A) tulajdonság bizonyítása I.

A négyzetet kibontva és az összeget átrendezve

\sum_{x\leq n\leq 2x} \nu(n)=\sum_{d_1,...,d_{k_0},d_1',...,d_{k_0}'} \left(\prod_{j=1}^{k_0}\mu(d_j)\mu(d_j')\right) f\left(\frac{\log d_1}{R},...,\frac{\log d_{k_0}}{R}\right) f\left(\frac{\log d_1'}{R},...,\frac{\log d_{k_0}'}{R}\right) \sum_{x\leq n\leq 2x:n\equiv b(W),\forall 1\leq j\leq k_0:[d_j,d_j']|(n+h_j)} 1.

Állítjuk, hogy a belső, n feletti összegzésben n+hj és n+hj1 relatív prímek, ha 1\leqj<j1\leqk0. Valóban, legyen indirekte p egy közös prímosztójuk. Ekkor p|hj1-hj, azaz p\leqhk0. Mivel x nagy, p|W. Ugyanakkor a b maradékosztály olyan, hogy b+H relatív prím W-hez, ami ellentmondás.

Ez azt mutatja, hogy a belső (n feletti) összeg eltűnik, ha a [dj,dj']-k nem páronként relatív prímek. Azaz

\sum_{x\leq n\leq 2x:n\equiv b(W),\forall 1\leq j\leq k_0:[d_j,d_j']|(n+h_j)} 1=\frac{x}{W[d_1,d_1']\cdot...\cdot[d_{k_0},d_{k_0}']}+O(1),

ahol O(1) egy korlátos mennyiséget jelöl (a konkrét értéke persze sok mindentől függ, lehet pozitív és negatív is, mindenesetre van rá abszolút korlát).

Nyilván az összeg akkor is eltűnik, ha valamelyik dj vagy dj' nagyobb, mint R, ezért mostantól feltesszük, hogy d1,...,dk0,d1',...,dk0'\leqR.

Most megmutatjuk, hogy az O(1) hiba csak elhanyagolhatót ad, amint a dj-k és dj'-k felett összegzünk. Ez ugyanis összesen csak

O\left(\sum_{d_1,...,d_{k_0},d_1',...,d_{k_0}':d_1\cdot...\cdot d_{k_0}\leq R,d_1'\cdot...\cdot d_{k_0}'\leq R} 1\right)=O\left(\sum_{d_1,...,d_{k_0}:d_1\cdot...\cdot d_{k_0}\leq R} 1\right)^2

ahol O(X) mindig X-szel osztva korlátos mennyiséget jelöl (emlékezzünk vissza: O(1) jelöli a korlátos mennyiséget). A belső összeghez tehát azt kell összeszámolni, hányféleképp bontható egy R-nél nem nagyobb egész szám k0 darab egész szám szorzatára. Ismét megpróbálkozok egy feladattal, hátha most lesznek megoldók, ez önmagában is érdekes.

Feladat. Legyen k rögzített pozitív egész. Jelöljük Fk(n)-nel azt a számot, ahányféleképpen fel lehet bontani n-et k egész szám szorzatára. Bizonyítsuk be, hogy

\sum_{n\leq R} F_k(n) \ll R \log^{O(1)} R,

ahol logO(1)R alatt azt értjük, hogy log R-nek egy korlátos hatványa (ez a korlát persze függ k0-tól).

Ezt felhasználva a fenti hiba O(R2logO(1)R). Ez valóban elhanyagolható: emlékezzünk vissza, hogy mi olyan főtagot várunk, ami x/logO(1)x nagyságú. Ehhez képest R2logO(1)R csak R^{2+\varepsilon}, és R=xc/2, ahol c<\vartheta\leq1.

A továbbiakban a főtagot fogjuk becsülni. (A) célunkat figyelembe véve x-szel osztunk, így elegendő belátni, hogy

\sum_{d_1,...,d_{k_0},d_1',...,d_{k_0}'} \left(\prod_{j=1}^{k_0}\mu(d_j)\mu(d_j')\right) f\left(\frac{\log d_1}{R},...,\frac{\log d_{k_0}}{R}\right) f\left(\frac{\log d_1'}{R},...,\frac{\log d_{k_0}'}{R}\right)\frac{1}{W[d_1,d_1']\cdot...\cdot[d_{k_0},d_{k_0}']}=(\alpha+o(1))\left(\frac{W}{\varphi(W)}\right)^{k_0} \frac{1}{\log^{k_0}R}.

Előzmény: [174] Maga Péter, 2013-12-28 17:31:42
[175] Maga Péter2013-12-29 17:45:22

Erratum: a második hosszú képletben > helyett legyen =.

A végén pedig van egy ilyen: ,,Ekkor minden x-re elkészíthető egy megfelelő \nu súlyfüggvény f segítségével, ahol (...)'' Ez úgy értendő, hogy ezeket be fogjuk bizonyítani: megadjuk \nu-t, és belátjuk a megadott formulákat.

Előzmény: [174] Maga Péter, 2013-12-28 17:31:42
[174] Maga Péter2013-12-28 17:31:42

A feladat sokaknak talán túl egyszerű volt ahhoz, hogy billentyűzetet ragadjanak, ezért megoldom én magam. Egyrészt

\sum_{x\leq n\leq 2x,n\equiv b (W)} \nu(n) \left( \sum_{j=1}^{k_0} \theta(n+h_j) - m\log(3x)\right)= \sum_{j=1}^{k_0}\sum_{x\leq n\leq 2x,n\equiv b(W)} \nu(n)\theta(n+h_j) - m\log(3x)\sum_{x\leq n\leq 2x,n\equiv(b)(W)}\nu(n).

Alkalmazva az (A) és (B) feltételeket, az előző legalább

k_0(\beta-o(1))B\frac{x}{W}\log R - m(\alpha+o(1))B\frac{x}{W}(\log x+\log 3)= B\frac{x}{W}\log x\left( k_0(\beta-o(1)) \frac{\log R}{\log x}-m(\alpha+o(1))\right)> B\frac{x}{W}\log x k_0 \beta\left( \frac{\log R}{\log x}- \frac{m}{k_0}\frac{\alpha}{\beta}-o(1)\right).

Ez pozitív, ha x elég nagy, köszönhetően a (C) feltételnek. Tehát létezik olyan n, amire a belső összeg pozitív, rögzítsünk egy ilyet.

Ekkor

\sum_{j=1}^{k_0}\theta(n+h_j)-m\log(3x)>0.

Világos, hogy ha x>hk0, akkor \theta(n+hj)<log (3x), így legalább m+1 darab \theta(n+hj)-nek kell pozitívnak lennie. Ez éppen azt jelenti, hogy n+H-ban legalább m+1 prím van.

Az alkalmas súlyfüggvény felé I.

Legyen \vartheta a prímek egy megengedett eloszlási szintje, azaz tegyük fel, hogy EH(\vartheta) fennáll; emlékezzünk vissza, hogy \vartheta=1/2-re és kisebbekre ezt tudjuk (Bombieri-Vinogradov), \vartheta=1-re csak sejtjük (Elliott-Halberstam)! Rögzítsük a 0<c<\vartheta valós számot, és legyen R=xc/2.

Jelöljük \Deltak0-val a következő k0 dimenziós szimplexet:

\Deltak0={(t1,...,tk0):0\leqtj<\infty,t1+...+tk0\leq1},

tehát azt, ami minden koordinátában a nemnegatív féltérbe esik, és a koordináták összege legfeljebb 1. Tegyük fel, hogy f:[0,\infty)k0\rightarrowR egy olyan függvény, mely sima (deriválható minden változó szerint, a deriváltjai is tovább deriválhatók minden változó szerint, és így tovább) és \Deltak0-n kívül 0.

Ekkor minden x-re elkészíthető egy megfelelő \nu súlyfüggvény f segítségével, ahol

B=\left(\frac{W}{\varphi(W)}\right)^{k_0}\frac{1}{(\log R)^{k_0}},

\alpha=\int_{\Delta_{k_0}}f_{1,...,k_0}(t_1,...,t_{k_0})^2dt_1...dt_{k_0},

\beta=\int_{\Delta_{k_0-1}}f_{1,...,k_0-1}(t_1,...,t_{k-1},0)^2dt_1...dt_{k_0-1}.

Itt \Deltak0-1 a \Deltak0-hoz hasonlóan definiált, eggyel alacsonyabb dimenziós szimplexet jelöli, f1,...,k0 f-nek azt a parciális deriváltját, amikor minden változó szerint egyszer deriválunk, f1,...,k0-1 pedig f-nek azt a parciális deriváltját, amikor az utolsó változó kivételével minden változó szerint egyszer deriválunk.

Előzmény: [173] Maga Péter, 2013-12-17 19:12:31
[173] Maga Péter2013-12-17 19:12:31

Célkitűzés.

Bevezetünk még egy jelölést: \theta(n)=log n, ha n prím, és legyen \theta(n)=0 egyébként. Ez a prímhatványokon kívül ugyanaz, mint a \Lambda.

Legyen k0\geq2, m\geq1 rögzített. Tegyük fel, hogy valamely fix (csak k0-tól és m-től függő) \alpha,\beta>0 számokra, minden megengedett k0 elemű H halmazra és minden b modulo W maradékosztályra, melyre b+H minden eleme relatív prím W-hez, található egy olyan \nu nemnegatív valós értékű súlyfüggvény, valamint R,B>0 (x-től függő) mennyiségek, melyekre teljesülnek a következők.

(A) Felső becslés az összsúlyra:

\sum_{x\leq n\leq 2x,n\equiv b(W)}\nu(n)\leq (\alpha+o(1))B\frac{x}{W}.

(B) Alsó becslés arra, hogy a súly mennyire koncentrálódik a prímekre: minden hj\inH-ra

\sum_{x\leq n\leq 2x,n\equiv b(W)}\nu(n)\theta(n+h_j)\geq (\beta-o(1))B\frac{x}{W}\log R.

(C) A felsorolt mennyiségek között pedig fennáll

\frac{\log R}{\log x}>\frac{m}{k_0}\frac{\alpha}{\beta}.

Itt o(1) mindig egy olyan mennyiséget jelöl, ami tart a 0-hoz, amint x-tart a végtelenbe. Tehát az (A), (B) úgy értendők, hogy a bal oldali összegek rendre \sim \alpha B\frac{x}{W}, illetve \sim \beta B\frac{x}{W}\log R.

Hogy mást is engedjek szóhoz jutni:

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ebben az esetben van olyan x\leqn\leq2x, melyekre n+H legalább m+1 prímet tartalmaz.

Segítőlökés. Tekintsük a

\sum_{x\leq n\leq 2x,x\equiv b(W)} \nu(n) \left(\sum_{j=1}^{k_0}\theta(n+h_j)-m\log (3x) \right)

összeget. Bizonyítsuk be, hogy ha x elég nagy, akkor ez pozitív, illetve azt, hogy a külső összeg egy tagja csak akkor lehet pozitív, ha n+H-ban legalább m+1 prím van.

Tehát a továbbiakban a cél az, hogy egy megfelelő súlyfüggvényt konstruáljunk.

Előzmény: [172] Maga Péter, 2013-12-16 20:18:31
[172] Maga Péter2013-12-16 20:18:31

Megengedett halmazok.

Legyen H={h1,...,hk0} pozitív egészek egy fix, k0 elemű halmaza, mely úgy van indexelve, hogy h1<...<hk0. Azt szeretnénk megmutatni, hogy végtelen sok olyan pozitív egész n létezik, melyre n+H={n+h1,...,n+hk0} legalább m+1 darab prímet tartalmaz. Ha m=1, és sikerülne ezt valamilyen fix H-ra megmutatni, akkor az azt jelentené, hogy végtelen sokszor előfordul, hogy két szomszédos prím különbsége legfeljebb k0 (k0=1, h1=2-re ez az ikerprím-sejtés lenne).

Nyilván m+1\leqk0-nak fenn kell állnia, k0-nál több prím nem fér bele H semelyik eltoltjába sem. Azonban ez nem feltétlen elég. Gondoljunk arra, hogy ha m=2, azaz három prímet keresünk, és H={2,4,6}, akkor biztosan nem igaz, hogy n+H végtelen sok n-re tartalmazna három prímet, hiszen n+H valamelyik eleme osztható 3-mal.

Ezért csak olyan H halmazokkal fogunk dolgozni, melyekkel ilyesmi nem történhet meg, azaz feltesszük, hogy a H halmaz semelyik p prímre sem fedi le az összes maradékosztályt (minden p prímre van olyan a maradékosztály, hogy hj\equiva(p) nem áll fenn egyetlen 1\leqj\leqk0-ra sem). Egy ilyen halmazt megengedettnek nevezünk.

Néhány további jelölés.

Legyen x egy nagy szám, gondoljunk rá úgy, hogy tart a végtelenbe, és mi az egymáshoz közeli prímeket az [x,2x] intervallumban fogjuk keresni.

Legyen w=[log log log x] ([.] most az alsó egészrész). Legyen továbbá W=\prod_{p<w}p a prímek szorzata w-ig.

Előzmény: [168] Maga Péter, 2013-12-15 19:13:52
[171] Maga Péter2013-12-16 09:32:56

És akkor \sim jelentése: f(x)\simg(x), ha

\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=1.

Tehát a prímszámtétel most leírt alakja azt jelenti, hogy

\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{\sum_{n<x}\Lambda(n)}{x}=1.

Előzmény: [169] Lóczi Lajos, 2013-12-16 08:21:15
[170] Maga Péter2013-12-16 09:25:54

Ez a jelölés I. M. Vinogradovtól származik. Néhány alapmű, aminek a bevezetőjében leírják, mit jelent: Iwaniec-Kowalski: Analytic number theory, Davenport: Multiplicative number theory; Montgomery-Vaughan: Multiplicative number theory I. classical theory.

Előzmény: [169] Lóczi Lajos, 2013-12-16 08:21:15
[169] Lóczi Lajos2013-12-16 08:21:15

Yildirimnél láttam először a \llc,d jelölést, de eddig sehol sem láttam definiálva. Milyen alapműben teszik ezt meg? Csak a számelmélészeknél használják?

Előzmény: [168] Maga Péter, 2013-12-15 19:13:52
[168] Maga Péter2013-12-15 19:13:52

Az EH(\vartheta) hipotézis.

Jelöljük \Lambda(n)-nel a von Mangoldt függvényt: ha n a p prím (pozitív egész kitevős) hatványa, akkor \Lambda(n)=log p, minden egyéb esetben \Lambda(n)=0. A prímszámtétel egy lehetséges megfogalmazása, hogy

\sum_{n<x} \Lambda(n)\sim x.

(Mivel nem prím prímhatványból kevés van, ezért ez ekvivalens azzal, hogy x-ig a prímek logaritmusának összege körülbelül x.)

A korlátos hézagokra vonatkozó tételekben szükségünk van valamilyen kontrollra a prímek maradékosztályok közötti eloszlása felett. Dirichlet klasszikus tétele értelmében minden a modulushoz relatív prím (redukált) maradékosztályban vannak prímek. Ennél több is igaz, nevezetesen az, hogy a prímek a redukált maradékosztályok között egyenletesen oszlanak el. Hogy mennyire egyenletesen, azt a következő fogalommal kívánjuk mérni.

Azt mondjuk, hogy a \vartheta a prímek egy megengedett eloszlási szintje, ha minden A>0 (erre gondoljunk úgy, hogy nagy) és minden \varepsilon>0 (erre gondoljunk úgy, hogy pici) számra

\sum_{q<x^{\vartheta-\varepsilon}} \max_{1\leq a\leq q,(a,q)=1} \left|\sum_{n\equiv a(q)}\Lambda(n)-\frac{1}{\varphi(q)}\sum_{(n,q)=1}\Lambda(n)\right|\ll_{A,\varepsilon}\frac{x}{(\log x)^A}.

[Az itt megjelenő \ll_{A,\varepsilon} jelölés azt jelenti, hogy létezik olyan A-tól és \varepsilon-tól függő C konstans, hogy a 'bal oldal' <C 'jobb oldal'; \varphi(q) a q-hoz relatív prím maradékosztályok száma.]

Tehát ha minden q modulus esetében kiválasztjuk azt a maradékosztályt, amelyikben a prímek száma (illetve az ezeket imitáló \Lambda-értékek összege) legjobban eltér az átlagostól, és ezeket összeadjuk, amint q-val felmegyünk egészen x^{\vartheta-\varepsilon}-ig, még az így kapott átlagostól való legnagyobb eltérések összege sem túl nagy (ahhoz hasonlítva, hogy mennyi a \Lambda-k összege x-ig): x/(akármekkora log x-hatvány).

Mekkora lehet a prímek egy megengedett eloszlási szintje? Könnyű látni, hogy \vartheta>1-et nem írhatunk: ha q mondjuk x/2 és x között végigfut, akkor az átlagostól való eltérés minden egyes q-ra legalább log x konstansszorosa, ez x/2 darab q-ra már legalább konstansszor xlog x nagyságú. Ugyanakkor triviálisan a 0 megengedett eloszlási szint. Triviális továbbá, hogy ha egy pozitív szám megengedett eloszlási szint, akkor minden nála kisebb szám is az. Előző kérdésünk tehát arra redukálódik, hogy mekkora a prímek legnagyobb megengedett eloszlási szintje.

Elliott-Halberstam-sejtés: \vartheta=1 megengedett eloszlási szint. Ez egy sejtés, nem tudjuk, hogy igaz-e.

Bombieri-Vinogradov-tétel: \vartheta=1/2 megengedett eloszlási szint. Ez egy tétel, a múlt század 60-as éveiben bizonyították be.

Most egy jó darabig csak annyit fogunk használni, hogy létezik olyan \vartheta>0, ami megengedett eloszlási szint, konkrét esetben \vartheta=1/2-et is odaképzelhetünk, illetve fantáziálhatunk arról, hogy \vartheta=1 mennyivel erősebb eredményt adna.

[167] Maga Péter2013-12-13 20:38:04

Néhány évvel ezelőtt, azt hiszem, a fórum több olvasója számára is mulatságosak voltak az elemi próbálkozások az ikerprím-sejtés bizonyítására. 2013 májusa óta azonban nagy változások történtek a számelméletben.

Már az a tény is egészen megdöbbentő, hogy a 'korlátos hézagokat' sikerült igazolni. Több az annál, a 'korlátos intervallumokat' nemcsak két, hanem akárhány prímre is sikerült igazolni.

Még jobban meglepődtem, amikor Tao blogbejegyzését olvastam. Ugyanis ez a bizonyítás - ha nem is egészen elemi - igazán mély számelméleti ismeretek nélkül is megérthető. Amennyiben a fórum olvasói közül néhányaknak megvan hozzá a kedve, akkor ajánlom itteni feldolgozásra (és ebben közreműködésemet is felajánlom). Nos?

[166] Róbert Gida2013-11-06 20:19:40

Kömal kezdőlapjáról: http://matek.fazekas.hu/portal/eloadas/2013/hg1126.html

Harcos Gergely: Áttörés az ikerprímsejtés irányába (2013. nov. 26-án kedden 16.00-tól 18.00-ig)

[165] Maga Péter2013-10-30 10:19:22

,,Már csak (...) és kész a sejtés.''

A jelenlegi módszer a Goldston-Pintz-Yildirim szitán alapszik. Ennek elméleti határa 16: ha az Elliott-Halberstam-sejtés igaz, akkor a GPY azt adja, hogy pn-pn-1\leq16 végtelen sokszor.

Előzmény: [161] Lóczi Lajos, 2013-10-29 18:07:50
[164] Maga Péter2013-10-30 09:55:03

Ez tényleg nagyon jó hír. Magyar vonatkozásban meg kell említeni Pintz Jánost is (nagyon fontos szerepe van ezekben az eredményekben), aki éppen mostanában tart egy előadássorozatot a Rényiben korlátos hézagokról.

Előzmény: [162] Lóczi Lajos, 2013-10-29 18:12:16
[163] Maga Péter2013-10-30 09:50:08

Valójában már sokkal jobban állunk, érdemesebb ezt nézni (vagy Tao blogjának frissebb bejegyzéseit és a kommenteket).

Ha jól látom, a jelenlegi legjobb ellenőrzött 4680. Érdekes Maynard bejelentése 700 körüli különbséggel, de ez még megerősítést vár.

Előzmény: [161] Lóczi Lajos, 2013-10-29 18:07:50
[162] Lóczi Lajos2013-10-29 18:12:16

Jó olvasni, hogy Harcos Gergely is aktív résztvevő a projektben.

Előzmény: [161] Lóczi Lajos, 2013-10-29 18:07:50
[161] Lóczi Lajos2013-10-29 18:07:50

Már csak 12004 (vagy 6964) egész szám a távolság és kész a sejtés.

Előzmény: [159] Maga Péter, 2013-05-14 21:53:13
[160] pergerl2013-10-29 17:35:11

itt is van egy

http://pergerlaszlo.wordpress.com/

Előzmény: [159] Maga Péter, 2013-05-14 21:53:13
[159] Maga Péter2013-05-14 21:53:13

Igazad van. Zhang is tegnap jelentette be, és Helfgott is tegnap tette fel a kéziratot az arxivra.

Előzmény: [158] Sinobi, 2013-05-14 20:58:12
[158] Sinobi2013-05-14 20:58:12

Tegnap.

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

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap