Fórum: A Goldbach-sejtésről

Vegyétek úgy, hogy nem szóltam. :) (legközelebb először inkább utána gondolok :P)

csgorgo@gmail.com

Akkor be kell látnod, hogy az azonos értékű pontok egyáltalán egy egyenesre esnek! (Amikor több, mint 2 pont értéke ugyanaz.)

50kb???????????? adtok valami e-mail címet elküldök egy szemmel felfogható képet

azonos értékű pontokon egy egyenes van, csak ezek az egyenesek lesznek párhuzamosak, a képpel próbálkozom

1) A pdf nem jó, vágd ki az ábrát és vmi kép (jpg, gif...) formátumban próbáld feltölteni.

2) Jól értem, hogy az azonos értékű pontokon áthaladó párhuzamos egyenesek nem azt jelentik, hogy egy egyenes átmegy az összes azonos értékű ponton, hanem rakunk minden ilyne pontra egy-egy egyenest, amik egymással párhuzamossak?

a tengelyen jelöljük a prímszámokat, az azonos értékű pontokra egy egyenest állítunk csak ezek az egyenesek lesznek párhuzamosak, az baj hogy az ábrát nem tudtam feltölteni, és így jogos a kérdés, lehet hogy a megfogalmazás nem a legpontosabb, de ezért vagyok itt.

Nagyon zöld bizonyításnak néz ki, még jó hogy nem küldted el sehova. Ez mi akar lenni? ", jelöljük rajta a prímszámokat" Síkon mit tekintesz prímnek????? "Az azonos értékű pontokra állítsunk párhuzamos egyeneseket." Ez is egy kicsit kockás. v=22 értékre a következő megoldások vannak (x<=y-ra) (3,19) (5,17) (11,11) Ekkor hol lesznek nálad a párhuzamos egyenesek?

Várom a véleményeket és észrevételeket vagy hibákat( ha van:D)

Ha jó, akkor szerintem biztos, hogy kapnál érte egy Fields medált (persze ha nem vagy még túl öreg).

Remélem én is:) megvan pdf-ben is ábrával:

Legyen p prímszám. 2p-ig a 2-nél nagyobb páros számok száma p-1. Vegyünk fel egy derékszögű koordináta rendszert, jelöljük rajta a prímszámokat. Vegyük fel a prímszám koordinátájú pontokat A pontok értékének nevezzük a pont koordinátáinak összegét. Az azonos értékű pontokra állítsunk párhuzamos egyeneseket. A v(érték) = 4 pont kivétel, mivel az a (2;2) pont, egyetlen más pontnak sem lehet a 2 az egyik koordinátája, mert akkor a pont értéke nem lenne páros. Vegyük fel a tengelyek által közbe zárt szög szögfelezőjét, ez az egyenes rajt van az origon, a v=4; 6; 10; 14; stb pontokon. A pontok szimmetriája miatt elég, ha a pontjainknak csak az egyik felét vizsgáljuk. Nézzük bármely (p;p), v=2p pontot, ami egy egyenlő szárú derékszögű háromszög derékszögénél lévő csúcsa, a háromszöget behálózzák a pontokra állított párhuzamos egyenesek. Az egyenesek számát jelöljük q-val. q-ra az alábbi egyenlet írható fel:

q =(2p-6)/2 +1

e legyen az egyenesek, tehát a különböző páros számok száma:

e = q + 1

q: a derékszögű háromszögben a párhuzamos egyenesek száma, tehát a különböző páros számok száma.

+1: a (2;2) v=4 pont

(2p-6)/2+1 behelyettesítve q helyére:

e = (2p-6)/2 +1+1 = p-3+1+1= p-1

A fentiekből látszik, hogy a koordináta rendszerben 2p-ig a 2-nél nagyobb páros számok száma megegyezik a különböző páros számok valódi számával. A koordináta rendszerben a páros számok két-két prím összege, tehát minden 2-nél nagyobb páros szám felírható két prím összegeként.

Én is kiváncsi vagyok a bizonyításra!!!

Üdv.: Zsolt

Várjuk, hogy beírd... ;) Utána elmondjuk, mit gondolunk. És hátha lesz belőle egy értelmes társalgás. :)

Üdv mindenkinek! Mit szólnának ahhoz, hogy lehet, hogy megtaláltam a Goldbach-sejtés bizonyítását. Gondolom most azt gondolják, hogy megint itt van egy okostojás valami béna ötlettel, de ha netán valakit mégis érdekelne miképpen gondolom, válaszát várom.

Köszi a helyreigazítást.

A GEOMETRIA témában az [59] hozzászólás Kristóf Miklós feladata. 2004. áprilisában jelent meg a KöMaL-ban az A.344. feladat, megoldása pedig a 2005. májusi számban van.

Kristóf Péter az KriMi azaz Kristóf Miklós és ha jól tudom ő talán elvégezte az ELTE matekot, csak legfeljebb nem gyakorolja hivatásszerűen. De ha nagynéha felbukkan valahol, nagyon jó kis feladatokat hoz.

1. feladat Véges, nem egy egyenesre eső síkbeli P ponthalmaz esetén létezik olyan egyenes amelyre pontosan két P-beli pont illeszkedik. (Gallai tétel)

Aért ide írom ezt a feladatot, mert ez egy 1880-as évek beli sokáig megoldatlan sejtés volt, noha a megoldáshoz bőven elég a középiskolás matek, ráadásul a bizonyítása sem túl hosszú (kb. 8 sor). Ráadásul én úgy hallottam, hogy Gallai középiskolás volt amikor megoldotta, de a Wikipedia mást mond, szóval nem tudom. De rájönni a trükkre ami kell, az nem semmi. Ettől függetlenül szerintem nagyon kevés az ilyen probléma, valószínűleg egyre kevesebb és ami megmarad azok sem véletlenül maradnak meg, hanem mert nincs ilyen "egyszerű" bizonyításuk. Persze próbálkozni lehet. Csak gyakran egy teljesen új elméletet kell kidolgozni egy-egy régi masszívan ellenálló kérdés megoldásához mint tette ezt pl. Galois vagy Bolyai.

Ha már így megszólíttattam... :-)

Én magam is adós vagyok magamnak Vinogradov bizonyításának elolvasásával, de azért a módszert valamennyire ismerem. Igazából nem pusztán a létezés jön ki, hanem egy becslés a megoldások számára.

Az, hogy van-e p+p+q alakú felbontás, kb. ugyanannyira lehet nehéz, mint az eredeti Goldbach sejtés (amikor a páros számokat akarjuk 2 prímszám összegeként felírni). Egy ilyen statisztikai jellegű eredményben minél kevesebbféle taggal operálhatunk, annál kevesebb esélyünk van.

* * *

Az, hogy egy bizonyítás "elemi"-e, nem elemi kérdés... Pl. a prímszámtételre léteznek eleminek nevezett bizonyítások, amik mindenféle ravasz, prímszámokat tartalmazó összegek szitálásával és becslésével működnek, és bizonyos összegek nagyságát valós integrálok kiszámolásával becsülik.

A prímszámtétel esetében a "nem elemi" a komplex változós generátorfüggvények alkalmazásánál kezdődik.

* * *

A laikusságal óvatosan kell bánni, léteznek okos laikusok és képzett őrültek is. De aki tanul, az óriási előnyben van. Ma már nem elég középiskolás fejjel gondolkodni egy kicsit. Aki valami újat akar alkotni, annak kitartó, kemény munkával, nagyon mélyre kell ásnia.

Én több "laikussal" is leveleztem, akik a Fermat-sejtést vélték bebizonyítani, hát nem voltak könnyű esetek. És volt, aki végül megsértődött és kifakadt, hogy a matematikusok nem fogadják el a laikusok eredményeit.

De pl. az általam ismert legjobb csempézős feladatot egy "laikus", Kristóf Péter kérdezte meg itt, a fórumon. Ha nem itt kérdezte volna meg, talán minden idők egyik legjobb olimpiai feladata lehetett volna. Így csak a KöMaL egyik legjobb feladata lett belőle.

Végül, az is igaz, hogy a sok ismeret leszoktathat a gondolkodásról. Egy csomó dolgot rutinból megcsinálunk, közben esetleg nem veszünk észre dolgokat.

pontosan erre gondoltam én is, hogy létezik egy bizonyítása "A Könyből" amely nagyon elegáns, csak még nem fedezték fel.

Annak idejen altalanos iskola 1-2.osztalyaban volt olyan feladat, hogy bedobunk szamokat a "gepbe" es kijonnek uj szamok. A feladat az szokott lenni, hogy mit muvel a gepezet. Visszaemlekezve annak idejen konnyeden ment a feladat, de most hogy egy honapja lattam egy ilyet kisse meglepodtem. Alapbol gyokvonas, hatvanyozas es hasonlo gondolataim tamadtak, es hat ugye nem jott jo megoldas. Egy kis gondolkozas utan rajottem, hisz meg osztani sem tudnak a picik, akiknek feladtak, majd ket muvelettel (szorzas, osszeadas) azonnal megoldottam... Ki tudja... Lehet egy ilyen "nehezebb" feladvanynak, mint Goldbach vagy Fermat-sejtes, "tul" egyszeru a megoldasa, de mi mar tul bonyolultan gondolkozunk hozza...

"...honnan tudjuk hogy a nagy fermat sejtésnek, nincsen egy olyan nagyon egyszerű bizonyítása..."

350 évig nem volt. Wiles professzor bizonyítása után is eltelt már 12 év, és nincs elemi bizonyítás.

Ha egy komoly matematikai problémát kell megoldani, akkor nem egy fejtörőre nézünk. Csak hatalmas tudásbázis ad esélyt a megoldásra.

"Ilyen hozzáállással..." Igen, csak a tudás tiszteletével szabad a matematikához közelíteni. Ez a jó hozzáállás, és csak így nem tiszteletlen.

:-) Remélem, hozzászól majd Kós Géza is...

nem akarok tiszteletlen lenni, de ezzel a hozzáállással biztosan eddig senki nem fedezet volna fel semmit. "Ez csak matematikus csinálhatja...". honnan tudjuk hogy a nagy fermat sejtésnek, nincsen egy olyan nagyon egyszerű bizonyítása, amelyhez nem kell matematikusnak lennie az embernek? hát lehet hogy valamely amatőr matematikus rátalál erre a bizonyításra.

Szíves figyelmébe ajánlom Simon Singh: A nagy Fermat sejtés című könyvét, ha még nem olvasta volna.

Az amatőröknek nincs esélyük ilyen horderejű problémákban. Ki az amatőr? Aki nem matematikus végzettségű, az biztosan.

Sziasztok, kedves Fórumolók!

Örömmel tölt el, hogy ezen a témán más is töri a dióját!

Üdvözlettel: ifj. Farkas Gyula