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.
[252] bily712009-06-22 15:53:57

Az lehet, hogy elnéztem, de ez azt jelenti, hogy mégiscsak az a reciprokösszeg racionális, ahol az összegtagok polinomokként írhatók fel, ahol nem változnak az együtthatók, sem a második tagok. Ennél a sornál változik a számláló második tagja, ezért számolhattam el.

Egyébként ha nem tudjuk, hogy egy sor végtelen hosszú, vagy nem, akkor annak a kérdésnek nincs semmi értelme, hogy racionális, vagy sem a reciprokösszeg.

Ezt csak akkor tudjuk meg biztosan, ha már tudjuk, hogy véges a sor, vagy végtelen.

Ugyanis egy véges sornak hogy lehetne irracionális reciprokösszege? Ez képtelenség. Hiszen minden lépésnél a közösnevezőre hozott törtnek a számlálója és a nevezője is egész szám.

Egyébként ha végtelen sok ikerprím van, akkor szerintem irracionális az összeg.

Ismertettem egy eljárást, miszerint el lehet dönteni bármely sor reciprokösszegének racionális voltát, csak erre senki nem figyelt.

Előzmény: [246] Sirpi, 2009-06-22 14:00:41
[251] Pej Nyihamér2009-06-22 15:53:40

Ja, ha minden lépésben más és más rac. tört függvényt veszel... :-o

Előzmény: [249] bily71, 2009-06-22 15:33:21
[250] Pej Nyihamér2009-06-22 15:48:46

A reziduum-tétel szokásos alkalmazásával (az \frac{\pi\ctg(\pi z)}{1+\frac12z+\frac12z^2} függvény rezidummainak vizsgálatával) kiszámítható, hogy


\frac11+\frac12+\frac14+\frac17+\frac1{11}+\frac1{16}+\dots
=\frac{2\pi}{\sqrt7}\cdot\frac{e^{\sqrt7\pi}-1}{e^{\sqrt7\pi}+1}
\approx 2,374.

(Ha csak nem számoltam el... ;-) )

Előzmény: [249] bily71, 2009-06-22 15:33:21
[249] bily712009-06-22 15:33:21

Akkor nézzük, honnan jönnek azok a polinomhányadosok.

Adjuk össze az 1, 2, 4, 7, 11, 16... sor elemeinek reciprokát, de most csak sorjában, egyenként.

(1/1)+(1/2)=3/2

3/2=(2a-1)/a

(3/2)+(1/4)=7/4

7/4=(2a-1)/a

(7/4)+(1/7)=53/28

53/28=(2a-3)/a

(53/28)+(1/11)=611/308

611/308=(2a-5)/a...

É nem azt mondtam, hogy nem véges, hiszen megadtam a reciprokösseg értékét, ami szerintem kettő, ugyanis a polinomok hányadosa 2-höz tart.

Az a értékét az n-ből ki lehet fejezni. Ha n (azaz a lépések száma) nő, akkor a értéke is. A polinom sor limesze 2a/a, azaz 2, és mivel a polinomsor tagjai az 1,2,4,7... sor reciprokösszegének részösszegei, a reciprokösszeg is 2-höz tart.

Előzmény: [248] Alma, 2009-06-22 14:29:04
[248] Alma2009-06-22 14:29:04

Az 1,2,4,7,11,16,22... sorozatról:

Ha jól értem, akkor ezt a következő rekurzióval definiáltad: a1:=1,an:=an-1+(n-1). Ezesetben ki lehet könnyen okoskodni a sorozat explicit képletét is (most nem kívánom részletezni): a_{n}=1+\frac12\cdot (n-1)\cdot n. A keresett reciprokösszeg: \lim_{n\to\infty}S_n =\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1}{1+\frac12\cdot (n-1)\cdot n}\right). Ismervén, hogy \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}, szerintem ez az összeg is véges, de nem igazán gondoltam most bele.

Amit biztosan tudok mondani a sorösszegről: értéke nem 2. Az első néhány tag összege:

S_6=1+\frac12+\frac14+\frac17+\frac1{11}+\frac1{16}>1+\frac12+\frac14+\frac18+\frac1{16}+\frac1{16}=2

Mivel Sn szigorúan monoton növekvő, ezért \lim_{n\to\infty}S_n>S_6>2

Most lehet valamit nagyon félreértettem, de nem igazán világosak még azok a \frac{2n+1}{n}, \frac{2n-1}{n}... képletek sem :S

Előzmény: [244] bily71, 2009-06-22 13:19:28
[247] Pej Nyihamér2009-06-22 14:07:04

Nincs igazad.

Nem nehéz olyan, poztív egészek reciprokaiból álló, szig. mon. csökkenő sorozatot konstruálni, amelyre tetszőleges r(x) rac. együtthatós rac. tört függvény esetén a sorozatnak végtelen sok részletösszege nem szerepel r(x) értékkészletében.

Előzmény: [241] bily71, 2009-06-22 10:20:42
[246] Sirpi2009-06-22 14:00:41

Ha véges sok tag van, akkor nyilván racionális a reciprokösszeg. Ha végtelen sok, akkor lehet rac és irrac is, nem tudhatjuk. Nincs itt semmi logikai bukfenc.

Amúgy pedig 1+1/2+1/4+1/7+1/11+1/16\approx2,046366>2, szóval valamit elnéztél.

Előzmény: [244] bily71, 2009-06-22 13:19:28
[245] Alma2009-06-22 13:38:52

Én ilyen tételt nem ismerek (bár az nem sok mindent jelent), de ellenpéldát tudok mondani.

Legyen an=2n, ha n\neq42, és a42:=241. Ekkor NEM nő szigorú monoton az elemek közötti távolság, hiszen a41=a42, a reciprokösszeg pedig 1+\frac{1}{2^{42}} ha jól számolok, ami racionális.

Előzmény: [242] bily71, 2009-06-22 10:29:36
[244] bily712009-06-22 13:19:28

A válaszom az, hogy bármely egész számokból álló sornak reciprokösszegének bármely részösszege racionális.

Ez nem zárja ki, hogy végtelen hosszú legyen egy sor. A reciprokösszeg lehet véges és végtelen.

Ha nem eldönthető a kérdés, akkor miért gondolkoznak rajta olyan sokan. (nagyon okos emberek).

Ezek szerint irracionális csak végtelen tagból álló sor reciprokösszege lehet?

Egyébként itt van még egy példa: az 1, 2, 4, 7, 11, 16, 22... sor diferenciája mindig eggyel nő. A reciprokösszeg sorának tagjai a következő polinomok: (2n+1)/n, (2n-1)/n, (2n-3)/n..., ahol a számláló második tagja egy számtani sorozat tagja. Ha n-et növeljük, a második tag növésben lemarad, és elhanyagolható lesz. Így a polinom sor hányadosának limesze 2n/n, azaz 2 lesz.

Ha jól értem a kérdésed lényegét, akkor bebizonyítottam, hogy nem eldönthető az a kérdés, miszerint a Brun konstans racionális-e vagy sem?

Ugyanis, csak akkor mondhatjuk, hogy irracionális, ha végtelen a sor, Mert ha nem az, akkor csak racionális lehet. Pedig pont azt szeretnénk bizonyítani, hogy végtelen a sor, ha irracionális a reciprokösszeg. Ez logikai bukfenc, az érvelés körbe jár, vagy nem?

Előzmény: [243] Sirpi, 2009-06-22 10:53:11
[243] Sirpi2009-06-22 10:53:11

És ha az ikerprímek annyiból állnának, hogy 3 5 (5) 7 11 13 17 19 és slussz, akkor ezt szabályos sorozatnak neveznéd, vagy sem? Csak mert ebben az esetben eléggé racionális a reciprokösszeg.

Előzmény: [242] bily71, 2009-06-22 10:29:36
[242] bily712009-06-22 10:29:36

Az is egy szabály, hogy alkalmas prímek sorában a tagok közti távolság mondig nő.

Az ikerprímek is a prímek részhalmaza, de a tagok közötti távolság nem monoton nő, tehát szabálytalan.

Tehát a távolságoknak is egy sort kell alkotni, aminek minden tagja nagyobb az előzőnél. Ha a tagok közti távolság nem szigorúan monoton nő, akkor nem lehet racionális a sor reciproösszege

[241] bily712009-06-22 10:20:42

Igen, de a kérdés még mindig az, hogy igazam van-e abban, hogy ha egy egész számokból álló bármilyen sor reciprok összegét vesszük, csak akkor lehet az összeg racionális, ha a részösszegeket leíró sor minden tagja felírható ugyanazon polinomhányadossal, ahol a számlálóban lévő polinom foka nem nagyobb, mint a nevezőben lévőé. Ha nagobb akkor nincs limesz, ha kisebb, akkor 0-hoz tart, ha a fokszám megegyezik, akkor a főegyütthatók hányadosa.

Ha nem írható fel ugyanazon együtthatókkal a polinom, akkor a főegyütthatók kell, hogy alkossanak olyan sort, aminek limesze véges, és racionális, ahhoz, hogy a polinomhányados is racionális legyen.

Az ikerprímek reciprokösszegének részösszegeinél egyik feltétel sem teljesül, ezért nem lehet a reciprokösszeg racionális.

A prímek egy alkalmas végtelen részhalmazának tagjai között lévő távolságok igenis mutathatnak szabályosságot. Pont ezt jelenti az alkalmas szó.

Az ikerprímek halmaza is a prímek részhalmaza, de a tagok közötti távolság nem szabályos.

Előzmény: [240] Pej Nyihamér, 2009-06-22 09:45:54
[240] Pej Nyihamér2009-06-22 09:45:54

Minden pozitív szám előáll -- a racionálisok és az irracionálisok is --, mint a prímek egy alkalmas végtelen részhalmazának reciprokösszege. (Ez egy könnyű gyakorló feladat.)

Pedig hát a prímek is szabálytalan távolságokra vannak egymástól...

Előzmény: [237] bily71, 2009-06-21 22:33:45
[239] bily712009-06-22 09:20:30

Nem, az ilyen sorozatnak mindig racionális a limesze. Hiszen ha n tart végtelenbe, akkor x is. Nagy x esetén b és c tagok elhanyagolható tényezők. Ezért a limesz csak ax/cx, azaz a/c lehet.

A mértani sorozatok tagjainak reciprokösszege mindig racionális, A hatványsorok is mértani sorok, csak az első tag megegyezik a kvócienssel.

Előzmény: [238] Lóczi Lajos, 2009-06-21 22:49:42
[238] Lóczi Lajos2009-06-21 22:49:42

Jól értem tehát, az állításod ez:

tegyük fel, hogy xn racionális minden n-re, és a,b,c,d racionális számok, és létezik és véges az (axn+b)/(cxn+d) sorozat limesze n\to\infty esetén. Ekkor a limesz csak irracionális lehet.

Ez az álltásod, vagy van még rejtett feltétel?

Előzmény: [237] bily71, 2009-06-21 22:33:45
[237] bily712009-06-21 22:33:45

A hatványsorok tagjai szabályosan növő távolságra vannak egymástól, ezért a,b,c,d értéke mindig állandó. Ez a tagonkénti közösnevezőre hozás miatt van. Ugyanis mindig csak az előző tört nevezőjét, és számlálóját kell megszorozni a sorozat qvóciensével. Egyébként ezek is polinomhányadosok, csak elsőfokúak. Lehetnek többfokúak is, de akkor is minden tag állandó alakú.

Az ikerprímek teljesen szabálytalan távolságokra vannak egymástól, ezért a közösnevezőre hozáskor az eggyütthatók mindig megváltoznak, így nincs olyan polinomhányados, mely leírna minden tagot. Így nem lehet racionális.

[236] bily712009-06-21 21:02:48

Tényleg megtévesztő. Akkor írjuk fel így:

(ax+b)/(cx+d).

x úgy függ n-től, hogy az n szigorúan monoton nő, ezért x is. Ugyanis x kifejezhető n-ből.

Előzmény: [234] Lóczi Lajos, 2009-06-21 19:27:14
[235] bily712009-06-21 20:56:26

A két polinomhányados egy sorozat első két tagja, azé a soré, ami az első ikerprím pár tagot kihagyva (a 3,5 párt kihagyva), az ikerprímek reciprokösszegének részösszegeit előállítja.

Ez egy olyan sorozat, ahol, a prímeket 6k+-1 alakba rendezzük, és 6 helyett x-et írunk. Így polinomhányadosokat kapunk, ahol a nevezőben mindig eggyel nagyobb a polinom foka, miközben a nevező és számláló foka minden lépésnél eggyel nő. Ezért szerintem nem lehet racionális a sorozat határértéke.

Előzmény: [233] rizsesz, 2009-06-21 16:50:40
[234] Lóczi Lajos2009-06-21 19:27:14

De miért igaz az, hogy az n-edik részletösszeg (an+b)/(cn+d) alakú, ahol a, b, c és d nem függ n-től?

Előzmény: [232] bily71, 2009-06-21 16:05:26
[233] rizsesz2009-06-21 16:50:40

Nem világos, hogy mi a háttér, de mindkét említett polinom-hányados 0-hoz tart (ha x tart a végtelenbe).

Előzmény: [231] bily71, 2009-06-21 15:58:08
[232] bily712009-06-21 16:05:26

A reciprokösszegek részösszegei soha nem irracionálisak. Tehát itt most nem kell figyelembe venni az ilyen sorozatokat.

Előzmény: [229] Lóczi Lajos, 2009-06-21 14:20:25
[231] bily712009-06-21 15:58:08

Csakhogy, ha a 6-os szám helyére x-et írunk, olyan polinom/polinom alakúak lesznek a részösszegek, ahol a nevezőben mindig egyel nagyobb fokú polinom.

Ugyanis 1/5+1/7=(1/(6-1))+(1/(6+1) az elsö részösszeg. Írjunk 6 helyett x-et:

(1/(x-1))+(1/(6+1)=2x/(x'2-1).

Itt x'2 x négyzetet jelent.

A következő részösszeg:

(2x/(x'2-1))+(1/2x-1)=(5x'2-2x-1)/(2x'3-x'2-2x+1)

Ha jól gondolom, az ilyen polinomok hányadosa, (ahol nevező és a számláló fokának paritása különbözik), is csak irracionális számhoz tarthat.

Előzmény: [230] lgdt, 2009-06-21 14:35:12
[230] lgdt2009-06-21 14:35:12

Ha a részletösszegek sorozata \frac{polinom}{polinom} alakú, és ezek a polinomok legalább másodfokúak, akkoris a főegyütthatók hányadosához tart a sorozat, mégsem állnak elő az adott alakban, pl. \frac{3x^2+2x+1}{x^2+2x+3}.

Előzmény: [228] bily71, 2009-06-21 14:04:44
[229] Lóczi Lajos2009-06-21 14:20:25

"Azt vegyük észre, hogy bármely sornak a reciprokösszege akkor, és csak akkor tarthat egy racionális számhoz, ha a részösszegek sorának minden tagja előáll (an+b)/(cn+d) alakban"

Ez az állítás általában nem lehet igaz, hiszen csupa irracionális tagú sorozat (ami itt a részletösszegek sorozata) is tarthat racionális számhoz.

Előzmény: [228] bily71, 2009-06-21 14:04:44
[228] bily712009-06-21 14:04:44

A 2 hatványainak reciprok összege az egyhez konvergál, mert a részösszegek minden tagja kifejezhető a következő alakban:

(2n-1)/2n.

Ha n-et minden határon túl növeljük, a számlálóban lévő -1 tag elhanyagolható tényezővé válik.

A 3 hatványainak reciprokösszegsorának tagjai mind felírhatók a következő alakban:

a/(2a+1).

Itt is ha a-t növeljük, a nevezőben a +1 tagot elhagyhatjuk. Ezért ez a sor a 1/2-hez tart.

Azt vegyük észre, hogy bármely sornak a reciprokösszege akkor, és csak akkor tarthat egy racionális számhoz, ha a részösszegek sorának minden tagja előáll (an+b)/(cn+d) alakban, ahol c,d egész számok, a,b,n természetes számok, és a,b, és n nem egyenlő 0-val. a,b,c,d értékei állandók minden tagnál, csak az n nő. Így a b, és d tagok elhanyagolhatóvá válnak. A határérték a/b lesz.

Nos ha kihagyjuk az első két tagot a Brun konstans kiszámításánál a részösszegek biztosan nem állnak elő ilyen alakban, mármint, hogy előállnak, de a,b,c,d számok mindig változnak.

Ez azt jelenti, hogy irracionális.

Vagy azt jelenti, hogy tévedek.

  [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]