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.
[581] Maga Péter2010-04-16 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] bily712010-04-16 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 5\le{p}\le\sqrt{x} közé eső prímek száma. Miért adjuk hozzá az összegzéshez? Mert a (6n\pm1)(6m\pm1) szorzatokban n,m>0, így azok az n(6m\pm)+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 {p}\le\sqrt{x} 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 Péter2010-04-15 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 Péter2010-04-15 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] bily712010-04-15 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] bily712010-04-15 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 Péter2010-04-15 19:16:12

Olvassuk el ezen lapnak az Editorial policy on submissions concerning famous problems című részét.

[574] bily712010-04-15 14:48:21

Ha elhagyjuk a

\sum_{d|P_q(\sqrt{x}}\nu_a(d)\left[\frac{x}{d}\right]

összegzésben szereplő egészrészjeleket, akkor a következőt kapjuk

x\prod_{q\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac{a}{p}\right)=x\prod_{q\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac{1}{p/a}\right).

Bizonyítható a következő reláció

x\prod_{q\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac{1}{p/a}\right)<\sum_{d|P_q(\sqrt{x})}\nu_a(d)\left[\frac{x}{d}\right].

a=2 és q=5 esetén

x\prod_{5\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac{1}{p/2}\right)<\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right].

Mivel a baloldal nem korlátos, a jobb sem lehet az. Vagyis végtelen sok pozitív egész nem áll elő 6nm\pmn\pmm alakban. Ezek száma x-ig

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]+n,

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] bily712010-04-14 23:35:42

Az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal a sejtéssel, hogy végtelen sok olyan pozitív egész van, amely nem tagja a 6m\pm1 alakú prímekhez rendelt n(6m\pm1)-m és n(6m\pm1)+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

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]+n,

ahol n azon prímek száma, melyekre teljesül, hogy 5\le{p}\le\sqrt{x}, vagyis n=\pi(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] bily712010-04-14 16:45:00

Mutassuk meg a \nu 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

\sum_{d|P}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right]=\sum_{d|P}\nu_1(d)\left[\frac{x}{d}\right]

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 \sqrt{x}-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 2\left[\frac{x}{p_1}\right] egészt tartalmaz. A p2-höz rendelt két sorozatban \left[\frac{x}{p_2}\right] 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 4\left[\frac{x}{p_1p_2}\right] 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

[x]-2\left[\frac{x}{p_1}\right]-2\left[\frac{x}{p_2}\right]-...+4\left[\frac{x}{p_1p_2}\right]+4\left[\frac{x}{p_2p_3}\right]+...-8\left[\frac{x}{p_1p_2p_3}\right]=\sum_{d|P}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right],

ahol, ha d négyzetmentes, akkor \nu_2(d)=-2^{\omega(d)}, ha nem négyzetmentes, akkor \nu2(d)=0, \omega(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

\sum_{d|P}\nu_a(d)\left[\frac{x}{d}\right],

ahol \nu_a(d)=-a^{\omega(d)}, ha d nem négyzetmentes, akkor \nua(d)=0.

Folyt. köv.

Előzmény: [571] bily71, 2010-04-13 23:03:46
[571] bily712010-04-13 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 6nm\pmn\pmm alakban.

Vezessük be a következő függvényt:

\nu_a(d)=-a^{\omega(d)},

ahol a és d pozitív egészek, \omega(d) d különböző prímosztóinak a száma, ha d nem négyzetmentes, akkor \nu(d)=0. Ha a=1, akkor a Moebius-függvéy \mu(d)=\nu1(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 \sqrt{x}-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 6nm\pmn\pmm alakban, ekkor

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]+\pi(\sqrt{x})-2,

ahol P(\sqrt{x})=\prod_{3<p\le{\sqrt{x}}}p, vagyis, az 5 és a nála nagyobb, de \sqrt{x}-nél kisebbegyenlő prímek szorzata.

Ha a P_q(\sqrt{x}) osztóival szitálunk és q>a, akkor g(x)=\sum_{d|P_q(\sqrt{x})}\nu_a(d)\left[\frac{x}{d}\right] 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] bily712010-03-25 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
[569] Maga Péter2010-03-19 22:54:30

Ha gondolod, küldjed. Publikus az e-mail-címem.

Előzmény: [568] bily71, 2010-03-19 17:58:49
[568] bily712010-03-19 17:58:49

Ha megengeded, elküldöm email-ben, itt kevés a hely, ha bővebben leírom, biztos megérted. Persze, csak, ha érdekel, és nem fárasztlak a hülyeségeimmel.

Előzmény: [567] Maga Péter, 2010-03-19 17:26:23
[567] Maga Péter2010-03-19 17:26:23

Hát, biztosan velem van a baj, de nekem messze nem világos ennek a szitált valaminek a viselkedése.

Előzmény: [566] bily71, 2010-03-19 10:16:00
[566] bily712010-03-19 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

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

teljesül-e mert akkor tényleg kész vagyunk.

Előzmény: [565] Maga Péter, 2010-03-19 09:24:38
[565] Maga Péter2010-03-19 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)<#3k\neq3nm\pmn\pmm,0<k\leqx|k\inN." 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
[564] bily712010-03-18 16:32:06

Na még egyszer: h(x)=-\sum_{d|P(p_n),d>1}\mu(d)\left[\frac{p_n^2-(g(d))^2}{3d}\right]+\frac{n}2.

Előzmény: [563] bily71, 2010-03-18 14:10:19
[563] bily712010-03-18 14:10:19

Javítások:

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

P(p_n)=\prod_{3<p\le{p_n}}p,

és a félreérthetőség elkerülése végett jelölje a táblázatban szereplő különböző számok számát x-ig : #{k=3uv\pmu\pmv,0<k\lex|k\inN}.

Előzmény: [562] bily71, 2010-03-18 12:56:42
[562] bily712010-03-18 12:56:42

Azt kapjuk, hogy, ha k=3nm\pmn\pmm és n,m párosak, akkor 2|k.

Minden p>3 prím 3k\pm1 alakú, ahol 2|k. Tehát, ha a 6l\pm1 alakú számokból szórzótáblát csinálunk, és a táblázatba a \left[\frac{6l\pm1}{3}\right] értékét írjuk be, akkor a táblázatban csak a párosak szerepelnek. Ha a (3n\pm1)(3m\pm1)=3k\pm1 alakú számok szorzótáblájából elhagyjuk azokat a sorokat és oszlopokat, ahol n,m páratlanok, akkor az előbbivel azonos táblázatot kapunk.

Tehát,  f3(x)\le#{k\ne3nm\pmn\pmm,0<k\lex|k\inN} , ha ~\frac{p_n^2-1}{3}\le{x}<\frac{p_{n+1}^2-1}{3}~, akkor

f_3(x)=2\sum_{d|P(p_n)}\mu(d)\left[\frac{p_n^2-(g(d))^2}{3d}\right]-n-\frac{p_n^2-1}{3},(1)

ahol P(p_n)=\prod_{2<p\le{p_n}}p~,  g(d)   d legnagyobb prímosztója, g(1)=1.

Legyen

h(x)=-\sum_{d|P(p_n),d>1}\mu(d)\left[\frac{p_n^2-(g(d))^2}{3d}\right]+n.(2)
h(x)\ge\frac{\#\{k=3nm\pm{n}\pm{m},0<k\le{x}|k\in{N}\}}2,(3)

vagyis h(x) nagyobbegyenlő, mint a táblázatban szereplő különböző számok számának fele, vagyis az x=\frac{p_n^2-1}3 helyeken

f_3(x)=\frac{p_n^2-1}3-2{h}(x)=x-2{h}(x).(4)

Ebből

\frac{x-f_3(x)}{h(x)}=2.(5)

Mivel legalább egy ikerprím létezik, ezért két eset lehetséges:

(i) \lim_{x\to\infty}\frac{x}{h(x)}>2, ez esetben f3(x)\to\infty és mivel f_3(x)\le\#\{k\ne3nm\pm{n}\pm{m},0<k\le{x}|k\in{N}\}=\frac{\pi_2(x)}2, ezért \pi2(x) nem korlátos.

(ii) \lim_{x\to\infty}\frac{x}{h(x)}=2, ez esetben f3(x) korlátos. Az f3(x)\le{K\ne3nm\pmn\pmm,0<k\lex|k\inN} 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)<#{3k\ne3nm\pmn\pmm,0<k\lex|k\inN}.

Ebből következik, hogy \lim_{x\to\infty}\frac{x}{\#\{k=3nm\pm{n}\pm{m},0<k\le{x}|k\in{N}\}}>1, tehát \pi2(x) nem korlátos.

Ez így túl egyszerű, hol tévedtem?

Előzmény: [557] Maga Péter, 2010-03-07 23:18:24
[561] Maga Péter2010-03-15 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.

[560] Fernando2010-03-14 23:51:22

Na jó, egye fene, megduplázom az ígért "nyereményeket"! Senki ne mondja rám, hogy nem vagyok nagyvonalú...

Előzmény: [559] Fernando, 2010-03-14 23:36:38
[559] Fernando2010-03-14 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! :)

[558] bily712010-03-08 12:37:00

Hát, gyerekek! Rég vihogtam már ennyit.XD Robi, ne légy már ilyen merev! Csak a pattanásig feszült hangulatot akartam oldani ezzel a kis tréfával.XD

Előzmény: [556] Róbert Gida, 2010-03-07 20:12:10
[557] Maga Péter2010-03-07 23:18:24

Először is üdvözlom a Kollégát!:P

Másodsorban nem látom, hogy miben új ez a k\neq3nm\pmn\pmm a korábbi k\neq6nm\pmn\pmm-hez képest.

Ugyanis minden páratlan szám felírható 3nm\pmn\pmm 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 3nm\pmn\pmm alakban;

(ii) k felírható 6NM\pmN\pmM alakban.

(ii) \rightarrow (i): Legyen k=6NM\pmN\pmM. Ekkor 2k=12NM\pm2N\pm2M, vagyis n=2N, m=2M jelöléssel 2k=3nm\pmn\pmm.

(i) \rightarrow (ii): Legyen 2k=3nm\pmn\pmm. Ekkor n,m párosak, különben 3nm\pmn\pmm páratlan lenne. Legyen n=2N, m=2M. Ekkor 2k=12NM\pm2N\pm2M, azaz k=6NM\pmN\pmM.

Ha nem néztem el semmit (ami persze bőven lehetséges), akkor így nem kapunk semmi újat...

Előzmény: [554] beduin, 2010-03-07 17:38:06

  [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]