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.
[379] bily712009-09-29 13:32:54

Mivel a \pi(x)=f(x) eset sokkal sűrűbben előfordul, mint \pi(x)=Li(x) egyazon vizsgált intervallumon belül, ezért, (mivel mindhárom fügvény monoton nő), f(x) sokkal jobban közelíti \pi(x)-et, mint Li(x).

Előzmény: [378] bily71, 2009-09-29 10:59:46
[378] bily712009-09-29 10:59:46

Ha pi(x)=f(x), akkor x\inQ. Ez azért némi könnyítést jelent a hiba becslésénél.

Előzmény: [377] bily71, 2009-09-29 10:53:27
[377] bily712009-09-29 10:53:27

f(x) és \pi(x) különbsége tulajdonképp a Legendre-formulából kapott összeg , és az azt közelítő Lo(x) különbsége, ugyanis

\pi(x)-f(x)=\pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1,

és a tagok Lo(x) kivételével csak egészek lehetnek.

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

Ha

\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right]=Lo(x),

akkor

\pi(x)=f(x).

Ez miért nem lehetséges, ha x nem egész?

Előzmény: [376] bily71, 2009-09-29 10:17:15
[376] bily712009-09-29 10:17:15

A \pi(x) függvény képe az x tengellyel párhuzamos szakaszokból áll.

Mely szakaszoknak bal vége zárt, jobb vége nyitott, közben pedig folytonos. Minden ilyen intervallum végén a függvény értéke pontosan egyet ugrik, azaz egyel nő.

Az f(x)=Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1 függvény is szakaszokból áll.

Ezek a szakaszok is balról zártak, jobbról nyitottak, közben folytonos a függvény.

Namármost, ha \pi(x) x1-nél f(x) fölött, x2-nél alatta halad, akkor két ilyen pont, (x1,y1) és (x2,y2) között metszenie kell \pi(x)-nek f(x) függvényt, ami azt jelenti, hogy az (xm,ym) metszéspontban a két függvény értéke egyenlő.

És mivel végtelen sokszor előzi meg, illetve marad le egymástól a két függvény, végtelen sok ilyen pontnak kell lennie.

Azt már leszögeztük, hogy xm csak véges sok esetben egész, de ez nem azt jelenti, hogy nem lehet végtelen sok helyen egyenlő a két függvény.

Előzmény: [375] Maga Péter, 2009-09-28 11:53:57
[375] Maga Péter2009-09-28 11:53:57

Pardon. Helyesen:

Az f(x)=Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1 nem lehet végtelen sok helyen egyenlő \pi(x)-szel, lásd hozzászólásomat, mely a Lo(x) aszimptotikájával foglalkozik.

Előzmény: [374] Maga Péter, 2009-09-28 11:53:11
[374] Maga Péter2009-09-28 11:53:11

Az f(x)=Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1 nem lehet végtelen sok helyen egyenlő x-szel, lásd [367]-es hozzászólásomat, mely a Lo(x) aszimptotikájával foglalkozik.

Előzmény: [373] bily71, 2009-09-27 22:47:48
[373] bily712009-09-27 22:47:48

Így már egy "kicsit" nehezebb az összehasonlítás.

Miközben a lehető legkezdetlegesebb módszerrel eljutotttam a Legendre-formuláig, (most már végre át is látom, mi az értelme, eddig csak egy bonyolult képlet volt számomra), egy egyszerű dolog elkerülte a figyelmemet: Lo(x) szinte sosem egész, ha x\inN . Mire egy egyenes áthaladna egy rácsponton már rég el is hagyta azt a tartományt, ahol érvényes.

Az is naív gondolat volt részemről, hogy ezek az intervallumok eltolhatóak az egyenes mentén.

Az f(x)=Lo(x)+\pi\sqrt{x}-1 végtelen sok helyen egyenlő\pi(x)-szel, de valóban ebben az esetben egy bizonyos n0<x fölött x nem lehet egész.

Megint az fog ki rajtam, (mint az ikerprímeknél), hogy az osztási maradékok "önálló életet élnek".

Pedig van egyfajta ritmusa a prímeknek, csak nehéz kibogozni, az új belépő mindig átírja a "kottát"...

Egyelőre féleteszem ezt a kérdést, holnap visszatérünk a négyzetszámok közötti prímekhez, megpróbáljuk megválaszolni azt a kérdést, hogy az a2 után következő 2n db. szám lehet e mind összetett?

Előzmény: [372] Maga Péter, 2009-09-27 20:33:34
[372] Maga Péter2009-09-27 20:33:34

"Ez azt jelenti, hogy , ha 15|x, akkor h=0, így 25 és 49 között minden [15kx,15(k+1)x] 4 db. primet tartalmaz, és így tovább."

Legyen x=15,55, ekkor a nevezett intervallum [31,1;46,65], amely intervallumban csak három prím van, a 37, a 41 és a 43.

Előzmény: [371] bily71, 2009-09-27 17:16:49
[371] bily712009-09-27 17:16:49

Nem tudtam végig írni, így nincs is értelme, persze, hogy nincs ilyen x.

A törölt hozzászólásomban ezt próbáltam levezetni, csak egy elírás miatt teljesen rossz irányba mentem. Most újból ez a rész következik.

Az f(x)=Lo(x)+\pi\sqrt{x}-1 mint már megállapítottuk, különálló egyenesekből áll.

Ha x<9, mivel Lo(x)=x\prod_{p\le\sqrt{x}}\left(1-\frac1{p}\right), ezért y=\frac{x}2. Az 2|x helyeken f(x)=\pi(x), ami azt jelenti, hogy a [0,2], és ezenkívül 0 és 9 között minden [2kx,2(k+1)x] intervallumra esik egy prím. A hiba ezáltal csak |h|\le\frac12 lehet. (k\inN).

Ha 9\lex<25, akkor y=\frac{x}3. Meglepő, de azokon a helyeken, ahol 2|x, (tehát x páratlan, nem találtam a nem osztója jelet), de 3|x , akkor \pi(x)=f(x), pedig azt várnánk, hogy ez csak x=30-nál igaz. Ez azt jelenti, hogy 9 és 25 közötti [3kx,3(k+1)x] intervallumok mindegyikére 2 db. prím jut. Itt |h|<\frac23.

Ha 25\lex<49, akkor y=\frac{4x}{15}. Ez azt jelenti, hogy , ha 15|x, akkor h=0, így 25 és 49 között minden [15kx,15(k+1)x] 4 db. primet tartalmaz, és így tovább.

A hiba ott lesz nagy, ahol a prímek tórlódnak a vizsgált intervallumon belül. Foly. köv.

Előzmény: [369] Maga Péter, 2009-09-27 14:58:46
[370] Maga Péter2009-09-27 15:09:01

Arról nem is beszélve, hogy f(x)=Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1-et átrendezve Lo(x)=f(x)-\pi(\sqrt{x})+1. Ha most f(x)=\pi(x), akkor Lo(x)=\pi(x)-\pi(\sqrt{x})+1, vagyis Lo(x) egész. A [343]-ban megadott definíció szerint azonban Lo(x) nagyon ritkán egész (mármint egész x-re). Feladat. Bizonyítsuk be, hogy van olyan n0, hogy ha x>n0 és x egész, akkor Lo(x) nem egész. (Azaz Lo(x) csak véges sok egész helyen egész értékű.)

Előzmény: [368] bily71, 2009-09-26 16:57:20
[369] Maga Péter2009-09-27 14:58:46

???

"Tudjuk, hogy az x=a\prod_{p\le\sqrt{x}}p helyeken f(x)=\pi(x). (p prím, és a\inN)."

Mutatsz egyetlen olyan x>30-at, amire fennáll, hogy x=a\prod_{p\le\sqrt{x}}p (ahol p prím, és a\inN)?

Előzmény: [368] bily71, 2009-09-26 16:57:20
[368] bily712009-09-26 16:57:20

\pi(x) és f(x)=Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1 a következőképp hasonlítható össze:

Tudjuk, hogy az x=a\prod_{p\le\sqrt{x}}p helyeken f(x)=\pi(x). (p prím, és a\inN).

Tegyük fel, hogy pk2\lex1<pk+12, és pk2\lex2<pk+12, és az x1 és x2 helyeken \pi(x)=f(x). A két függvényérték különbsége...

Bocs el kell mennem.

Előzmény: [367] Maga Péter, 2009-09-25 21:00:42
[367] Maga Péter2009-09-25 21:00:42

Jelöljük P(y)-nal az y-nál nem nagyobb prímek szorzatát, p mindig prímet jelöl. A logikai szita egyszerű következménye a Legendre-formula:

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

Ekkor

\pi(x)+O(\frac{\sqrt{x}}{\log{}x})=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)(\frac{x}{d}+O(1))=x\sum_{d|P(\sqrt{x})}\frac{\mu(d)}{d}+O(\sum_{d|P(\sqrt{x})}1)=x\prod_{p\leq\sqrt{x}}(1-\frac{1}{p})+O(2^{\pi(\sqrt{x})}).

Itt a x\prod_{p\leq\sqrt{x}}(1-\frac{1}{p}) tagról ismert (én még nem láttam, de nem is gondolkodtam rajta, lehet, hogy nem nehéz), hogy aszimptotikusan \frac{x}{\log{}x}e^{-\gamma}, ahol \gamma az Euler-konstans. Mindezek alapján ki-ki döntse el, mit vár a Lo(x)-től, de nem érdemes vérmes reményeket táplálni.

[366] Maga Péter2009-09-25 20:17:46

Én erre a

"Mivel Lo(x) és Li(x) könnyen összehasonlítható,..."

dologra lennék kíváncsi. Szerintem ez az összehasonlítás rendkívül nehéz. Mindamellett arról sem vagyok meggyőződve, hogy a Lo(x) használható: úgy gondolom, a törtrészek miatt nagyon nagy hibatag keletkezik, nem marad a \pi(x) közelében.

Előzmény: [364] bily71, 2009-09-25 11:42:17
[365] bily712009-09-25 13:45:14

Megint egy kis javítás:

Az előző hozzászólásomban a "Lo(x) a zárójelben lévő"... kezdetű mondat akkor igaz, ha

\pi(x)=\left[\frac{x}1\right]-\left[\frac{x}{p_1}\right]+1-...\pm\left[\frac{x}{p_1...p_k}\right],

azaz, ha az x tagot is törtnek vesszük.

Majd a végén írok egy javított összefoglalást.

Előzmény: [364] bily71, 2009-09-25 11:42:17
[364] bily712009-09-25 11:42:17

Bocs, igazad van, elírás történt, nem Lo(x) halad szorosan \pi(x) mellett, hanem

f(x)=Lo(x)+(k-1),

ahol k a legnagyob, x gyökénél kisebb, vagy azzal egyenlő prím sorszáma, azaz p_k\le\sqrt{x} , tehát

f(x)=Lo(x)+\pi\sqrt{x}-1.

Az incidencia mátrixos résznél megállapítottuk, hogy x-ig a prímek száma PONTOSAN:

\pi(x)=x-\left[\frac{x}{p_1}\right]+1-\left[\frac{x}{p_2}\right]+1-...\left[\frac{x}{p_k}\right]+1+\left[\frac{x}{p_1p_2}\right]+...\pm\left[\frac{x}{p_1...p_k}\right]-1.

Lo(x) a zárójelben lévő, egész értékkel számoló törtek közelítő összege, amihez hozzá kell adni annyi 1-est, ahány prím van \sqrt{x}-ig , és végül ki kell vonni egyet az eredményből.

f(x)=Lo(x)+(k-1), amennyiben x minden, a logokai szitánál figyelembe vett prímmel oszható, igenis igaz, hogy

\pi(x)=f(x).

Ha x csak kettő prímmel nem osztható, akkor

|\pi(x)-f(x)|<1.

A h hibahatárra, azaz

|\pi(x)-f(x)|<h

elvileg könnyű becslést adni.

Mindamellett, mivel Li(x)-nek, és \pi(x)-nek "nem sok köze van egymáshoz", ezért elég nehéz a két függvény maximális különbségére becslést adni.

Mivel Lo(x) és Li(x) könnyen összehasonlítható, így f(x) és Li(x) is, ezért

|\pi(x)-f(x)|+|Li(x)-f(x)|=|\pi(x)-Li(x)|<h

h értékére elég jó becslést tudunk adni, ami talán h<x^{\frac12+\varepsilon}...

(\varepsilon>0).

Előzmény: [363] Maga Péter, 2009-09-25 08:59:09
[363] Maga Péter2009-09-25 08:59:09

Ezt sem látom (sem a végtelen sok azonos értéket, sem a sokkal jobban közelítést). Ami így kapásból kijön nekem, az csak annyi, hogy

c<Lo(x)\cdot\frac{\log{}x}{x}<C,

ahol 0<c<C konstansok, ami a prímszámtétel leggyengébb alakjával együtt azt jelenti, hogy

c'<\frac{\pi(x)}{Lo(x)}<C',

ahol 0<c'<C' konstansok.

Előzmény: [361] bily71, 2009-09-24 18:35:34
[362] Maga Péter2009-09-25 08:41:08

Nem értem, hogy a h hibára miért igaz, hogy |h|<1.

És most úgy látom, nem is igaz. Legyen ugyanis a=100, b=0. Ekkor pk=7, a bal oldalra

100\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}=\frac{800}{35}<23

adódik, másrészt \pi(100)-\pi(0)=25, azaz |h|>2.

Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35
[361] bily712009-09-24 18:35:34

Még, ha nagyobb is a hiba, mint 1, akkor is Lo(x) végtelen sok helyen azonos értéket vesz fel \pi(x)-szel, és sokkal jobban közelíti, mint Li(x) .

Előzmény: [360] bily71, 2009-09-24 18:24:29
[360] bily712009-09-24 18:24:29

Sajnos nem igaz, hogy

\pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1<1,

már x=61-nél ellenpéldát találtam. (Túl szép lett volna...)

Ellenben úgy tűnik, hogy a

\pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1<\pi(\sqrt{x})

állítás igaz.

Ezért a szomszédos négyzetszámok közötti prímekről szóló sejtés bizonyítási kísérletet a "b" terv szerint folytatom.

A Li(x)-szel való összehasonlítást folytathatjuk.

Előzmény: [359] bily71, 2009-09-23 20:28:47
[359] bily712009-09-23 20:28:47

Egy kis javítás, helyesen: "vagyis minden pk2-nél új Lo(x)'-et integrálunk".

Előzmény: [358] bily71, 2009-09-23 20:25:23
[358] bily712009-09-23 20:25:23

Ez igaz, de én a következőképp hasonlítom össze a két függvényt.

9-ig Lo(x)'=\frac12, azaz a prímek száma kb. fele x-nek, tehát a derivált alatti terület \frac{x}2, ezt hasonlítom össze \int_2^x{\frac{1}{logx}}-szel.

9 és 25 között Lo(x)'=\frac13, ami azt jelenti, hogy a prímek száma kb. egyharmada x-nek. Itt az \frac{x}3 területű téglalapot hasonlítom össze \int_2^x{\frac1{logx}}-szel, és így tovább.

Vagyis minden pk2-nél új Lo(x)-et integrálunk. Tehát a Lo(x)' függvény nem is egy függvény, hanem végtelen sok, ugyanúgy, mint a Lo(x) függvény .

(Egyébként ha Li(x)'-et nem 2-től, hanem e-től x-ig integráljuk, szinte alig van eltérés.)

Ez az eljárás egy kicsit eltér a megszokottól, mondhatjuk úgy is, hogy ez egy új módszer.

Előzmény: [357] Lóczi Lajos, 2009-09-23 18:16:07
[357] Lóczi Lajos2009-09-23 18:16:07

Persze pont a pk2 helyeken a függvényed nem lesz deriválható, mert esetszétválasztással definiáltad és nincs közös érintőjük az ágaknak.

Előzmény: [356] bily71, 2009-09-23 12:38:01
[356] bily712009-09-23 12:38:01

Most jöjjön egy kis analízis.

Ha összehasonlítjuk Li(x)'-et, és Lo(x)'-et közös koordinátarendszerben, azt tapasztaljuk , hogy "kéz-a-kézben sétálnak" egészen kis eltéréssel, azaz a két függvény alatti terület majdnem egyenlő.

Az összehasonlításnál felhasználhatjuk a következő összefüggéseket:

Li(x)'=\frac1{\log{x}},

log n\simHn,

és azt, hogy

Lo(x)=x\left(1-\frac12\right), ha 0\lex<9,

Lo(x)=x\left(1-\frac12-\frac13+\frac16\right), ha 9\lex<25,

Lo(x)=x\left(1-\frac12-\frac13-\frac15+\frac16+\frac1{10}+\frac1{15}-\frac1{30}\right), ha 25\lex<49...

A Lo(x)' függvény a következőképp alakul:

Lo(x)'=\frac12, ha 0\lex<9,

Lo(x)'=\frac13, ha 9\lex<25,

Lo(x)'=\frac4{15}, ha 25\lex<49...

Előzmény: [355] bily71, 2009-09-23 10:44:29
[355] bily712009-09-23 10:44:29

A 352-es hozzászólásban kiszámolt h hibán egy kis javítást kell eszközölnöm:

\pi((a+1)^2)-\pi(a^2)+h=Lo((a+1)^2)-Lo(a^2)=\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k},

ahol a hiba h<2, mivel Lo((a+1)2), és Lo(a2) együttes hibája 1 fölé kúszhat, de a 2-őt nem érheti el, így

1\le\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}

csak akkor igaz, ha p22<a2, tehát ha 9<a2. A másik esetben a

[(k+1)-k]

tagot ez a hibahatár nem befolyásolja.

A törölt 351-es hz-ban elkezdett bizonyítási kisérletet újból le fogom vezetni, hiszen minden, amit eddig leírtam azon bukik, vagy áll, hogy valóban igaz-e eme sejtésem:

\pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1<1.

Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35

  [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]