[581] Maga Péter | 2010-04-16 10:16:07 |
Én ennek nem sok értelmét látom. Meg vagyok róla győződve, hogy ez a próbálkozás (is) kudarcot fog vallani. Már régen nem az érdeklődés beszél belőlem, hanem az a szándék, hogy erről a hiábavaló időpazarlásról lebeszéljelek. Sajnálom, hogy ha ezt a szándékomat félreértetted, és nem szűnő hozzászólásaimat az érdeklődés jelének tekintetted. Igen, a matematikai tartalomra is reagáltam: ha sokadszorra is az a becslés lelke, hogy elhagytad az egészrészeket, akkor sokadszorra is leírtam, hogy ez a becslés nagyon pontatlan. A Tao-féle irányelvből sem véletlenül emeltem ki azt a mondatot, amit: ha nem tökéletes elsőre, nem foglalkozik tovább vele. Hányszorosan léptük már túl ezt a korlátot?
Érdekel a matematika? Ott vannak az érdekes matekfeladatok, az ujjgyakorlatok, a nehezebb matematikai problémák, a lejárt határidejű KöMaL-feladatok a megfelelő témákban.
|
Előzmény: [580] bily71, 2010-04-16 09:28:35 |
|
[580] bily71 | 2010-04-16 09:28:35 |
Reméltem, hogy az összegzésem jó, hisz az "józan paraszti ésszel is belátható", különösebb bizonyítást nem igényel.
Az n tag, mintmár leírtam, a közé eső prímek száma. Miért adjuk hozzá az összegzéshez? Mert a (6n1)(6m1) szorzatokban n,m>0, így azok az n(6m)+m alakú számok, ahol n=0 nem szerepelnek ezen számokból képzett szorzótábla megfelelő soraibanban, de a szita számol velük. Hogy világosabb legyen: van két sorozatunk, amelyek difije 5. A kezőtagok 5.1-1=5.0+4=4 és 5.1+1=6. A szita pedig olyan sorozatokat rostál, amelyek kezdőtagjai 5.0+1=1 és 5.0+4=4. Tehát módosítani kell az eredméyt, ugyanúgy, mint a prímek esetén a Legendre-formulában lévő összegzéshez is hozzáadjuk n-t, vagyis a prímek számát, amik tulajdonképp a sorozatok kezdőtagjai, hasonlóan a mostani számoláshoz, ahol, ha egymásba toljuk a két sorozatot, ezen számok szintén a sorozatok kezdő tagjai.
Ha elhagyjuk az egészrészeket valóban reménytelennek tűnik az alsó becslés, hiszen minden új prímmel megduplázódik a szitában lévő tagok száma. De azért vannak törvényszerűségek, melyeket figyelembe vehetünk, pl. az ilyen függvény azokon a helyeken ugrik , ahol x egész értéket vesz fel, és nem oszható a szitában szereplő prímek egyikével sem, ahol osztható, ott lefelé is ugorhat. Ha p a szitában lévő legkisebb prím, azokon a helyeken is ugorhat a függvény, ahol x a p-nél kisebb prímek többszöröse. Mint írtam, van errevonatkozólag javaslatom, és úgy látom van (személyedben) legalább egy érdeklődő, ezért közzéteszem, de később, most nincs időm.
|
Előzmény: [578] Maga Péter, 2010-04-15 22:21:55 |
|
[579] Maga Péter | 2010-04-15 22:24:33 |
A saját irányelveit ismerteti. Engem az a mondat fogott meg, hogy: "I will not consider any further revisions or resubmissions beyond the first when it comes to these sorts of submissions; it has to be perfect the first time, or it will not be considered at all."
|
Előzmény: [577] bily71, 2010-04-15 20:37:50 |
|
[578] Maga Péter | 2010-04-15 22:21:55 |
A "Bizonyítható a következő reláció" kezdetű rész számomra nem világos, márpedig a kutya ott van elásva: megint arról van szó, hogy rengeteg egészrészt elhagytunk, nemigen lehet tudni, alsó becslés adódik-e vele. Már sokadszor szaladsz bele ugyanabba (a hibába). Másrészt a végső, f(x)-re adódó formulában van egy +n, amiről fogalmam sincs, mit jelent.
|
Előzmény: [574] bily71, 2010-04-15 14:48:21 |
|
[577] bily71 | 2010-04-15 20:37:50 |
Valami olyasmiről van szó, hogy milyen irányelveket kövessen egy szerkesztő az ilyen irományok véleményezése kapcsán?
Szerintem a legjobb irányelv elolvasni és elgondolkozni rajta, persze csak akkor, ha valakit éredekel. Én a Te és a többiek konkrét véleményére vagyok kiváncsi. Legfőképp arra, hogy hol a hiba?
Tudom, hogy egy precíz bizonyításhoz ez nagyon messze van, de ha az ötlet jó, igazi szakértőknek semmeddig sem tart átfogalmazni, kiegészíteni.
|
Előzmény: [575] Maga Péter, 2010-04-15 19:16:12 |
|
[576] bily71 | 2010-04-15 20:06:08 |
Bevallom öszintén, hogy az angol nyelvtudásom inkább a hétköznapi csevegésre szorítkozik, az ilyen bonyolult, tudományos szövegekből nem mindent értek, a sejtések, problémák nevét azért még felismertem:).
Felvázolnád nagyvonalakban, hogy mi a lényege?
|
Előzmény: [575] Maga Péter, 2010-04-15 19:16:12 |
|
[575] Maga Péter | 2010-04-15 19:16:12 |
Olvassuk el ezen lapnak az Editorial policy on submissions concerning famous problems című részét.
|
|
[574] bily71 | 2010-04-15 14:48:21 |
Ha elhagyjuk a
összegzésben szereplő egészrészjeleket, akkor a következőt kapjuk
Bizonyítható a következő reláció
a=2 és q=5 esetén
Mivel a baloldal nem korlátos, a jobb sem lehet az. Vagyis végtelen sok pozitív egész nem áll elő 6nmnm alakban. Ezek száma x-ig
ami egészen pontosan azt jelenti, hogy, ha f(x) az x helyen az y értéket veszi fel, akkor 6[x]-ig az ikerprímpárok száma y.
Q.E.D.
Ha jó a bizonyításom, (amiben erősen kételkedem), akkor közzéteszem a p,p+4 prímpárok számára vonatkozó bizonyítási javaslatomat. Ha nem jó, nyugodtan állítsatok le, mielőtt még tovább mennék, semmi kedvem újfent hülyét csinálni magamból:)
|
Előzmény: [573] bily71, 2010-04-14 23:35:42 |
|
[573] bily71 | 2010-04-14 23:35:42 |
Az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal a sejtéssel, hogy végtelen sok olyan pozitív egész van, amely nem tagja a 6m1 alakú prímekhez rendelt n(6m1)-m és n(6m1)+m sorozatok közül egyiknek sem, ahol n végigfut a természetes számokon. (Ezt már tudjuk, nem írom le, hogy miért). A sorozatok kezdő tagjai a prím egyhatodának alsó, vagy felső egészrésze és ennek -1-szerese modulo p, (ha 6m+1 alakú, akkor alsó, ha 6m-1 alakú, akkor felső, vagyis m és p-m, de lehetnének bármely különböző maradékosztályok).
Jelölje f(x) azon egészek számát, melyek x-ig nem tagjai egyik sorozatnak sem. Ekkor, az előző hozzászólásokban részletzezett okok miatt
ahol n azon prímek száma, melyekre teljesül, hogy , vagyis n=(x)-2. Azért adjuk hozzá az összeghez n-t, mert m valójában nem tagja a sorozatoknak, (azért nem, mert nem szerepel ama táblázatban, ezt sem részletezem).
Következő lépésként meg fogjuk mutatni, hogy f(x) nem lehet korlátos.
Folyt. köv.
|
Előzmény: [572] bily71, 2010-04-14 16:45:00 |
|
[572] bily71 | 2010-04-14 16:45:00 |
Mutassuk meg a függvény létjogosultságát.
Képezzünk véges sok számtani sorozatot, amelyek differenciái különböző prímek, és kezdőtagjuk a differencia valamely maradékosztályának a legkisebb eleme, vagyis a maradékosztályt reprezentáló pozitív egész. Ekkor, azon egészek számát x-ig, amelyek egyik sorozatnak sem tagjai a jól ismert logikai szita segítségével adhatjuk meg, vagyis az
összegzéssel, ahol P a differenciák szorzata.
Ugyanezen módon számoljuk ki a prímek számát x-ig, csak itt minden sorozat kezdő tagja maga a prím, és annyi sorozatot képzünk, ahány -nél kisebb, vagy egyenlő prím van. Mivel a szita csak a prímekkel nem osztható egészeket számolja, magukat a prímeket kihagyja az összegzésből, hiszen minden prím osztható önmagával, ezért az összeghez hozzáadunk annyi prímet, ahánnyal szitáltunk, aztán kivonunk egyet, mert az nem prím, de a szita annak veszi, mivel nem osztható egy prímmel sem.
Most pedig képezzünk véges sok, prím differenciájú számtani sorozatot úgy, hogy egy differenciához két sorozat tartozzon, úgy, hogy a két sorozat kezdőtagja a differencia valamely két különböző maradékosztályának legkisebb pozitív eleme.
Jelölje a prímeket pn, a két kezdőtagot un és vn. Ekkor a p1-hez rendelt első két sorozat x-ig egészt tartalmaz. A p2-höz rendelt két sorozatban egész található, de, mivel az u2+kp2 sorozat minden p1-dik tagja u1+kp1 alakú és ugyancsak minden p1-dik tagja v1+kp1 alakú és ugyanez elmondható a v2+kp2 sorozatról is, ezért darab egész megtalálható a P1-hez rendelt két sorozatban is. Ha folytajuk az eljárást, azt kapjuk, hogy azon egészek száma, amelyek nem szerepelnek egyik sorozatban sem szerepelnek
ahol, ha d négyzetmentes, akkor , ha nem négyzetmentes, akkor 2(d)=0, (d) d különböző prímsztóinak a száma. Az eljárást folytatva könnyen belátható, hogy, ha minden a-nál nagyobb prímhez a darab sorozatot rendelünk, akkor a sorozatokból kimaradó egészek száma x-ig
ahol , ha d nem négyzetmentes, akkor a(d)=0.
Folyt. köv.
|
Előzmény: [571] bily71, 2010-04-13 23:03:46 |
|
[571] bily71 | 2010-04-13 23:03:46 |
"...akkor a te f-függvényed nemkorlátossága nem lehet triviális. Vagyis kell lennie valami--könnyen, vagy nehezen megfogalmazható-- ötletnek..."
Nos van ötletem, úgy néz ki nem triviális, de az is lehet, hogy "halálismert".
Rájöttem, hogy a Moebius-függvény miért pont azokat az értékeket veszi fel, amit felvesz. Újra definiáltam, és így egy új függvénycsaládot kaptam, melynek első tagja a Moebius-függvény, és sikerült végre kirostálni a pozitív egészekből azokat, melyek nem állnak elő 6nmnm alakban.
Vezessük be a következő függvényt:
ahol a és d pozitív egészek, (d) d különböző prímosztóinak a száma, ha d nem négyzetmentes, akkor (d)=0. Ha a=1, akkor a Moebius-függvéy (d)=1(d).
De, honnan jön a értéke? Amikor a prímeket számoljuk x-ig, akkor azt ulajdonképp azt vizsgáljuk, hogy hány olyan egész van x-ig, hogy a -nél kisebbegyenlő prímekhez rendelt számtani sorozatok egyikében sem szerepel. Ebben az esetben minden prímhez egy, olyan számtani sorozatot rendelünk, amelynek kezdő tagja maga a prím, és a differencia is maga a prím, ezért a sorozat minden tagja 0 modulo p. A prímek bármely maradékosztálya lehet kezdő tag, és lehet minden prím esetében más is, a Legendre-formula akkor is ugyanazt az eredményt fogja produkálni.
Az ikerprímek esetében olyan számokat keresünk, melyek ugyancsak prímekhez rendelt számtani sorozatokból hiányoznak, de itt minden prímhez két sorozatot rendelünk. Tehát a értéke azt mutatja, hogy a szitában egy prímhez hány sorozatot rendelünk.
Jelölje f(x) azon egészek számát, amelyek nem állnak elő 6nmnm alakban, ekkor
ahol , vagyis, az 5 és a nála nagyobb, de -nél kisebbegyenlő prímek szorzata.
Ha a osztóival szitálunk és q>a, akkor sosem lesz korlátos, ezért f(x) sem lehet az. Természetesen, az előbbire van bizonyítási javaslatom. Továbbá a sejtésem az, hogy ez a módszer nemcsak az ikerprímek esetében használható, hanem bármely prímpárok esetében, melyek különbsége 2k.
|
Előzmény: [511] Maga Péter, 2010-03-01 10:07:19 |
|
[570] bily71 | 2010-03-25 17:25:42 |
Hát, persze, hogy nem világos! Rájöttem, hogy hol a hiba. Ez a szita nem azonos a logikai szitával. A sokadszorra javított levezetést elküldtem email-ben, remélem ez már érterhető lesz.
|
Előzmény: [567] Maga Péter, 2010-03-19 17:26:23 |
|
|
|
|
[566] bily71 | 2010-03-19 10:16:00 |
A két oldal különbsége nem lehet korlátos, nem ezzel van gondom, ezt nem nehéz megmutatni. A kérdés itt igazából (számomra) az, hogy
teljesül-e mert akkor tényleg kész vagyunk.
|
Előzmény: [565] Maga Péter, 2010-03-19 09:24:38 |
|
[565] Maga Péter | 2010-03-19 09:24:38 |
Az utolsó kérdésre tudok válaszolni.
"Minél nagyobb n, a szita annál több szám ismétlődését nem veszi figyelembe, vagyis ha n nagy, akkor f3(x)<#3k3nmnm,0<kx|kN." Egyrészt ez kézlengetés: olyan, mintha úgy bizonyítanál, hogy hát végtelen sok prím van, elég szabálytalan hézagokkal, úgyhogy az a hézag végtelen sokszor 2. Másrészt, ha az egyenlőtlenségedben tényleg < áll fenn egy idő után mindig, attól még lehet, hogy a két oldal különbsége korlátos. És ekkor nem vagy kész. Mi van, ha a jobb oldal=bal oldal+43, ha x elég nagy?
Felette a számolást nem néztem végig, de ebben biztosan tévedtél (lehet, hogy máshol is).
|
Előzmény: [562] bily71, 2010-03-18 12:56:42 |
|
|
|
[562] bily71 | 2010-03-18 12:56:42 |
Azt kapjuk, hogy, ha k=3nmnm és n,m párosak, akkor 2|k.
Minden p>3 prím 3k1 alakú, ahol 2|k. Tehát, ha a 6l1 alakú számokból szórzótáblát csinálunk, és a táblázatba a értékét írjuk be, akkor a táblázatban csak a párosak szerepelnek. Ha a (3n1)(3m1)=3k1 alakú számok szorzótáblájából elhagyjuk azokat a sorokat és oszlopokat, ahol n,m páratlanok, akkor az előbbivel azonos táblázatot kapunk.
Tehát, f3(x)#{k3nmnm,0<kx|kN} , ha , akkor
| (1) |
ahol , g(d) d legnagyobb prímosztója, g(1)=1.
Legyen
| (2) |
| (3) |
vagyis h(x) nagyobbegyenlő, mint a táblázatban szereplő különböző számok számának fele, vagyis az helyeken
| (4) |
Ebből
| (5) |
Mivel legalább egy ikerprím létezik, ezért két eset lehetséges:
(i) , ez esetben f3(x) és mivel , ezért 2(x) nem korlátos.
(ii) , ez esetben f3(x) korlátos. Az f3(x){K3nmnm,0<kx|kN} egyenlőség csak kis n-ekre igaz. Minél nagyobb n, a szita annál több szám ismétlődését nem veszi figyelembe, vagyis ha n nagy, akkor f3(x)<#{3k3nmnm,0<kx|kN}.
Ebből következik, hogy , tehát 2(x) nem korlátos.
Ez így túl egyszerű, hol tévedtem?
|
Előzmény: [557] Maga Péter, 2010-03-07 23:18:24 |
|
[561] Maga Péter | 2010-03-15 18:57:38 |
Azért ha van hozzá kedv, akkor csinálhatnánk valami épületeset is. Mondjuk megpróbálhatnánk megérteni a páratlan Goldbach' bizonyítását valahonnan (benne van a Davenport: Multiplicative number theory-ban, illetve azt hiszem, az Iwaniec-Kowalski: Analytic number theory-ban), vagy Pintz Jánosék valamelyik újabb eredményét Goldbach' vagy ikerprím' ügyben (Pintz honlapján ott vannak a cikkei). Ez szerintem elég erős matematika, biztosan sokat lehetne fejlődni valamelyik tétel bizonyítását elolvasva.
|
|
|
[559] Fernando | 2010-03-14 23:36:38 |
Üdvözlök mindenkit a Nemzetközi PÍ-napon!
Nos, az utolsó komplex és valós függvénytan előadásunkon mondta az oktató: "Ha bebizonyítod a Riemann-hipotézist, akkor csak valósból kell húzni!" :) Ennek szellemében: aki itt bizonyítja a Goldbach-sejtést, netán talál páratlan tökéletes számot, vagy amúgy mellékeredményként kijön neki a Riemann-hipotézis, annak fizetek egy sört, ha legközelebb Bp-n járok! Egye fene, a Riemann megér két sört is!!
Ma belefér ennyi lazaság...de a szavam állom! :)
|
|
|
[557] Maga Péter | 2010-03-07 23:18:24 |
Először is üdvözlom a Kollégát!:P
Másodsorban nem látom, hogy miben új ez a k3nmnm a korábbi k6nmnm-hez képest.
Ugyanis minden páratlan szám felírható 3nmnm alakban, m=1-et, és mindkétszer a mínuszt választva 2n-1 adódik, ami valóban befutja a páratlan számokat.
A párosokra pedig a következő van. Ekvivalensek:
(i) 2k felírható 3nmnm alakban;
(ii) k felírható 6NMNM alakban.
(ii) (i): Legyen k=6NMNM. Ekkor 2k=12NM2N2M, vagyis n=2N, m=2M jelöléssel 2k=3nmnm.
(i) (ii): Legyen 2k=3nmnm. Ekkor n,m párosak, különben 3nmnm páratlan lenne. Legyen n=2N, m=2M. Ekkor 2k=12NM2N2M, azaz k=6NMNM.
Ha nem néztem el semmit (ami persze bőven lehetséges), akkor így nem kapunk semmi újat...
|
Előzmény: [554] beduin, 2010-03-07 17:38:06 |
|