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.
[505] bily712010-02-26 09:41:50

Egy kis javítás, helyesen:

"..., akkor 6k mindkét szomszédja prím,..."

"...vagyis f(x)\le#{k\ne6nm\pmn\pmmk<x|k\inN}, ha..."

Előzmény: [504] bily71, 2010-02-25 14:33:30
[504] bily712010-02-25 14:33:30

A következő szöveg a nyugalom megzavarására alkalmas kifejezéseket tartalmazhat, ezért olvasása gyengébb idegzetűeknek nem ajánlott!:)

Emlékeztetőül: ha p\inP és p>3, akkor p=6k\pm1. Ha 6k\pm1 összetett, akkor 6k\pm1=(6n\pm1)(6m\pm1), tehát, ha k\inN és k\ne6nm\pmn\pmm, akkor k mindkét szomszédja prím, ezért minden ikerprím 6k\pm1 alakú.

Képezzünk a 6n\pm1 és a 6m\pm1 alakú számokból szorzótáblát, a táblázatba k-át azaz a szorzat egyhatoda alsó, vagy felső egészrészét írjuk be. Mivel (6n\pm1)(6m\pm1)=6(6nm\pmn\pmm)\pm1=6k\pm1, azaz k=6nm\pmn\pmm, ezért a táblázatban nem szereplő egészek mindkét szomszédja prím, vagyis, ha végtelen sok k nem szrepel, akkor végtelen sok k-ra igaz, hogy k\ne6nm\pmn\pmm, akkor végtelen sok ikerprím létezik.

Ha m-be behelyettesítünk, akkor a táblázat minden sora n(6m\pm1)\pmm akakú számsorozat, ahol n végig fut a természetes számokon. Minden olyan sort kihagyhatunk, ahol 6m\pm1 összetett, ugyanis az e sorokban szereplő számok megtalálhatók e szám prímfelbontásában szereplő prímek sorában. Így minden prímhez kapunk egy olyan számsorozatot, amelyben minden x-re x\equivm, vagy x\equiv-m (mod p).

Számoljuk meg, hogy x-ig hány darab olyan számot találunk, amely nem szerepel egyik számsorozatban sem. Szimmetria okokból praktikus, ha pn2-ig számolunk, pn az n-dik 3-nál nagyobb prím, pn>3.

Az n-dik prím sorában a \left[\frac{p_n^2}{6}\right]-nek megfelelő számig minden szám szerepel valamely kisebb prím sorában, ezért csak a főátló jobb oldalán lévő, különböző számokat fogjuk megszámolni.

Az első sorban pn2-ig 2\left[\frac{p_n^2-5^2}{6\cdot5}\right]+1=\left[\frac{p_n^2-5^2}{3\cdot5}\right]+1 darab számot találunk, mert pn2-ig minden 5 többszörösre két szám jut, és azért adunk hozzá 1-et, mert a számlálóban lévő kivonás miatt a főátlóban lévő számot elvesztjük. A második sorban \left[\frac{p_n^2-7^2}{3\cdot7}\right]-\left[\frac{p_n^2-7^2}{3\cdot5\cdot7}\right]+1 darab számot, mert a sor minden 10 tagjából 4 5m\pm1 alakú, azaz szerepel az előző sorban, tehát minden sort kirostálunk a logikai szita segítségével, és a következőt kapjuk:

f(x)=\left[\frac{p_n^2}{6}\right]+\sum_{d|P(p_n), d>1}\mu(d)\left[\frac{p_n^2-\big(g(d)\big)^2}{3d}\right]-n,

vagyis f(x)\le#{k\ne6nm\pmn\pmm|k\inN}, ha \left[\frac{p_n^2}{6}\right]\le{x}<\left[\frac{p_{n+1}^2}{6}\right], ahol P(p_n)=\prod_{p\in{P},3<p\le{p_n}}p, \mu(d) a Möbius-függvény és g(d) d legnagyobb prím osztóját jelöli.

Kérdés: f(x) korlátos-e?

[503] Maga Péter2010-02-14 19:48:50

Kötelező: 10 jele annak, hogy egy állítólagos áttörés hibás. Ezt ma láttam, és különösen tetszik azután, hogy tegnap az arxiv-on benyomtam a keresőbe a proof of the Riemann Hypothesis-t... Rengetegen megcsinálták, tudjátok? És teljesen eltérő megközelítések, méghozzá minden bizonyítás rövid. Ráadául semmi nagy elmélet nem kell bele. Volt egy, aki a harmonikus függvényekre vonatkozó maximum-elvből meg a Cauchy-Riemann-egyenletekből 10 oldalban simán kihozta. :D

[502] Maga Péter2009-12-31 18:44:44

Ahogy vesszük..., abból, hogy minden (erre esélyes) sorozatban van prím, valóban elemi úton következik, hogy mindegyikben végtelen sok van. Vagyis elég azt belátni, hogy ha q rögzített szám, a relatív prím q-hoz, akkor azon p prímek száma, melyekre p\equiva (q), \neq0.

Legyen \chi egy modulo q karakter, vagyis olyan Z\rightarrowC nem azonosan 0 függvény, ami teljesen multiplikatív (\chi(m)\chi(n)=\chi(mn)), q periódusú, és a q-hoz nem relatív prím helyeken 0. Azt mondjuk, hogy \chi a főkarakter, ha minden relatív prím helyen 1.

Legyen s>1 valós szám, ekkor legyen

L(s,\chi)=\sum_{n=1}^{\infty}\chi(n)n^{-s}.

Ez minden s>1-re egy pozitív valós szám.

Könnyű belátni, hogy ha \chi a főkarakter, akkor s\rightarrow1 mellett L(s,\chi) tart a végtelenbe, de ha \chi nem a főkarakter, akkor korlátos, amint s tart az 1-be. Sőt, ebben az esetben véges határértéke is van, ezt jelöljük L(1,\chi)-vel.

Ezek után a Dirichlet-tétel bizonyítása abban áll, hogy megmutatjuk, hogy ha \chi nem a főkarakter, akkor az előbb definiált L(1,\chi)\neq0.

Ebből egyébként az is kijön, hogy minden (erre esélyes) számtani sorozaton belül a prímek reciprokösszege divergens.

Összességében tehát egy érdekes párhuzamot látunk: a tétel két megközelítésben is azon ,,múlik'', hogy egy bizonyos mennyiség nem 0. Az első persze csak egy vicc, de aki nem ismeri, gondolja végig. A második azonban a Dirichlet-tétel bizonyítása! - persze részleteiben ennél a vázlatnál ezerszer bonyolultabb.

Előzmény: [501] Róbert Gida, 2009-12-31 17:14:40
[501] Róbert Gida2009-12-31 17:14:40

"Azt pedig már könnyebb bizonyítani, hogy bármely..."

Hátradőltem, jöhet a bizonyítás. Amúgy tudtátok, hogy nem a végtelen sok prím a nehéz a Dirichlet tételben? Ekvivalens azzal, hogy van legalább egy prím a számtani sorozatban. Ezt könnyű igazolni.

Előzmény: [499] Patrin, 2009-12-31 09:41:59
[500] Maga Péter2009-12-31 12:52:30

Sajnos nem könnyebb bizonyítani (...). Éppoly nehéz, mint az eredeti.

Előzmény: [499] Patrin, 2009-12-31 09:41:59
[499] Patrin2009-12-31 09:41:59

Itt a következőre gondoltam: legyen a=6x\pm1 és b=6l tetszőleges pozitív egészek, (a,b)=1, azaz relatív prímek. Képezzünk számtani sorozatot a kezdőtaggal és b differenciával. Ekkor minden tag 6x\pm1+6ln=6(x+ln)\pm1 alakú, ahol n végigfut a természetes számokon. Az ilyen sorozatoknak mindig végtelen sok prím tagja van és minden, olyan számtani sorozat, ahol c a kezdőtag és d a differencia relatív prímek, magában foglal egy ilyen sorozatot, mivel minden 6d-edik tagja szükségszerűen 6k\pm1 alakú. Azt pedig már könnyebb bizonyítani, hogy bármely, csak 6k\pm1 alakú számokból álló számtani sorozat végtelen sok tagja prím, mintha a c kezdőtagú sorozat minden tagját figyelembe vennénk.

Előzmény: [498] Maga Péter, 2009-12-30 21:58:19
[498] Maga Péter2009-12-30 21:58:19

"A csak 6k+1 számokból álló számtani sorozatok, d=6l differencia mellet, (l tetszőleges pozitív egész), végtelen sok prímet tartalmaznak,..." Itt nem egészen világos az állítás. Mi az, hogy számtani sorozatok valamilyen differencia mellett? "Megtisztelésnek venném, ha véleményezné az ötletemet." Ez nagyon hízelgő, de ezt a hangnemet talán mellőzzük:).

Előzmény: [497] Patrin, 2009-12-30 20:03:53
[497] Patrin2009-12-30 20:03:53

Kedves Péter! Dirichlet bizonyítását nem ismerem, de a következő jutott eszembe: Legyen a és b tetszőleges pozitív egészek és relatív prímek, képezzenek az a+bn számok számtani sorozatot, ahol n végigfut a természetes számokon. Ha sorban felírjuk a tagokat, előbb-utóbb egy 6k\pm1 alakú számba botlunk. Ezzel a számmal, 6x\pm1-gyel, (x pozitív egész), mint kezdőtaggal képezzünk egy új számtani sorozatot, ahol a differencia: d=6b. Az új sorozat a 6x\pm1+6bm számokból áll, ahol m végigfut a természetes számokon. Mivel 6x\pm1+6bm=6(x+bm)\pm1, ezért az új sorozat minden tagja 6k\pm1 alakú és minden tagja szerepel a régi sorozatban. A csak 6k\pm1 számokból álló számtani sorozatok, d=6l differencia mellet, (l tetszőleges pozitív egész), végtelen sok prímet tartalmaznak, ezért az eredeti sorozat is végtelen sok prímet tartalmaz. Megtisztelésnek venném, ha véleményezné az ötletemet.

Előzmény: [495] Maga Péter, 2009-12-28 22:53:01
[496] Patrin2009-12-29 16:18:37

Köszönöm a választ! Nekem már ez is megtiszteltetés egy ilyen fórumon. Apukám is azt mondta, hogy az összefüggés, amire felfigyeltem, egyszerűen megfogalmazható, de borzasztó nehéz bizonyítani, és lehet, hogy nem is igaz.

Előzmény: [495] Maga Péter, 2009-12-28 22:53:01
[495] Maga Péter2009-12-28 22:53:01

Nos, minden matematikai természetű karácsonyi ajándékra vevők vagyunk..., DE,...

volt itt már nem egy, nem két próbálkozás, és mégis, mind az ikerprím-, mind a Goldbach-sejtés megoldatlan maradt... Eljött az ideje annak, hogy megtanuljuk, hol a helyünk. Mondjuk mostantól legyen az a beugró, hogy mindenki, mielőtt elkezdi azon törni a fejét, hogy végtelen sok ikerprím van-e, azelőtt megérti Dirichlet tételének a bizonyítását (ha (a,b)=1, akkor végtelen sok k-ra ak+b prím). Nem leszólni akarom a lelkes és gondolkodni vágyó ifjúságot, hanem jót akarok nekik.

Előzmény: [493] Patrin, 2009-12-26 21:38:19
[494] lgdt2009-12-26 22:23:43

Lehet, hogy tévedtem.

Előzmény: [63] lgdt, 2009-05-28 23:31:17
[493] Patrin2009-12-26 21:38:19

Kellemes ünnepeket! Patrícia vagyok, 7-dik osztályos, és annyit fűznék hozzá, hogy valójában minden l-re igaz, (l\inN), hogy, ha k\nelnm\pmn\pmm, akkor lk\pm1 ikerprím. Ugyanis, ha e két szám közül az egyik, vagy mindkettő összetett, akkor (ln\pm1)(lm\pm1)=l2nm\pmln\pmlm\pm1=l(lnm\pmn\pmm)\pm1=lk\pm1, ahol k=lnm\pmn\pmm. Az l=3 esetre apukámmal közösen kidolgoztunk egy tervet, (tehát, csak tervet, nem bizonyítást!) hogy, hogyan lehetne bizonyítani azt, hogy végtelen sok esetben k\ne3nm\pmn\pmm. Ha érdekel valakit, karácsonyi ajándékként közzéteszem:)

Előzmény: [492] Róbert Gida, 2009-12-24 22:34:11
[492] Róbert Gida2009-12-24 22:34:11

Nem. k pontosan akkor nem írható fel olyan alakban, ha 6k+-1 ikerprím (egyébként egyetlen más alakú ikerprímpár van a 3,5 pár), mivel az ikerprímek reciprokösszege konvergens, ezért a fel nem írható számok reciprokösszege is konvergens.

Előzmény: [490] tikno, 2009-12-22 13:47:43
[491] Maga Péter2009-12-23 20:30:05

Nem világos, hogyan számolhattad ki számológéppel egy sor divergenciáját...

Előzmény: [490] tikno, 2009-12-22 13:47:43
[490] tikno2009-12-22 13:47:43

Üdv! Tikno vagyok. Olvasgattam a fórumot, nem vagyok valami jó matekból, ezért lenne egy kérdésem az ikerprímekkel kapcsolatban. Az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal a sejtéssel, hogy végtelen sok természetes szám nem írható fel 6nm\pmn\pmm alakban. Megpróbáltam összeadni (csak úgy, számológéppel) a k\ne6nm\pmn\pmm számok reciprokát, és (nekem) úgy tűnik, hogy a részösszegek sorozata divergens. Jól számoltam?

[489] derivált2009-12-14 18:48:16

csak annyit szeretnék kérdezni, hogy most per pillanat miről is van szó mert személy szerint nem tudom megtekinteni az ajánlott oldalt. tud valaki segíteni nekem?

[488] Alma2009-12-03 23:33:09

A comment tőlem, a c++ program tőle származik. Miután megmutattam neki a honlapot, ihletet kapott, és elkezdte írni :)

Előzmény: [485] SAMBUCA, 2009-12-03 10:05:08
[487] bily712009-12-03 18:19:17

Grat! Csak igy tovább, fiatalok! Na, ki tudja még tovább? Még a végén sikerül!:D

Előzmény: [486] Seregi B. M., 2009-12-03 14:36:34
[486] Seregi B. M.2009-12-03 14:36:34

Én még annál is többig.

http://acmsourcecodes.googlecode.com/files/543.c :D

Előzmény: [483] Alma, 2009-12-02 13:23:26
[485] SAMBUCA2009-12-03 10:05:08

Ez most Dani volt?

Előzmény: [483] Alma, 2009-12-02 13:23:26
[484] bily712009-12-02 19:50:43

Bravo! Határozottan ügyes!

Előzmény: [483] Alma, 2009-12-02 13:23:26
[483] Alma2009-12-02 13:23:26

Képzeljétek, szobatársam bebizonyította a Goldbach-sejtést!!!

(100000-nél kisebb párosokra) Ha valaki meg szeretné tekinteni a bizonyítást, megnézheti itt.

Előzmény: [467] bily71, 2009-11-21 15:52:08
[482] jenei.attila2009-11-24 10:16:12

Ja. Lehet, hogy egy kicsit durvára sikerült a stílus. Ezért Bily-től is elnézést kérek. Csak már felbosszantott, mennyire nem akarja észrevenni magát. Így lehiggadva továbbra is fenntartom az érdemi részt, legközelebb pedig várok egy kicsit mielőtt szólnék.

Előzmény: [481] BohnerGéza, 2009-11-23 21:51:25
[481] BohnerGéza2009-11-23 21:51:25

Kedves Attila!

Először gratulálok!

Majd egy példa: jenei.attila [468-469] hozzászólásának érdemi részével egyetértek, hangnemével nagyon nem.

Amiért eredményeidet kérdeztem: Hozzászólásodnak [463-464] nem volt érdemi része (eredményeid alapján lehetett volna!), csak hangneme.

További sok sikert! Esetleg e téma valamely tételével kapcsolatban is.

Előzmény: [476] SAMBUCA, 2009-11-22 17:23:38

  [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]