[631] bily71 | 2010-05-07 22:42:09 |
Bizonyítás:
g1-et megkapjuk az -ből, ha tükrözzük az x tengelyre. A negyedik pár nyújtással származtatható g1-ből. Minden ilyen pár "aszimtotája" megegyezik azzal az egyenessel, amit úgy kapunk, hogy elhagyjuk az egészrészjeleket.
Tehát behelyettesítés után kapjuk, hogy
ha úgy zárójelezünk, hogy minen pár egyik tagjának nevezője p2-szerese a másikénak,(az első párt már "kiszámoltuk"), akkor
most pedig p3 "szerint" zárójelezünk, (vagyis nem kell mert egy párunk maradt), ekkor
ahol a1,a2,a3,a4 pozitív racionális számok.
A hiba nem lehet nagyobb, mint a prímek száma. A zárójelzést végre lehet hajtai úgy, hogy mindig kivonás legyen a művelet, és mert mindig úgy képzünk párokat, hogy először p1, aztán p2..., aztán pn-szerese legyen az egyik tag nevezője a másikénak, ezért bármely párt megkapjuk az elsőből függőleges és vízszintes nyújtással, illetve az x tengelyre való tükrözéssel, vagyis minden pár visszavezethető az első esetre. És mivel ezek az összefüggések bármely nemnegatív x esetén igazak, mindezekbők következik, hogy
Legalábbis "aszimptotikusan". Hátra van még az a=2 eset, azzal majd holnap foglalkozuk. Érthető valamennyire, amit eddig írtam?
|
Előzmény: [627] bily71, 2010-05-07 17:42:15 |
|
[630] Fernando | 2010-05-07 22:41:19 |
Kedves Zilberbach!
613-ban említetted az ikerprím sejtést, szerintem kocentráljunk egyszerre egy dologra, remélem holnap láthatjuk a bizonyítást! Pozitív valószínűséget tulajdonítok neki, hogy sikerül, de hazudnék, ha azt állítanám, hogy nagyot...
|
|
|
|
[627] bily71 | 2010-05-07 17:42:15 |
Vegyünk be a szitába még egy prímet, ekkor
A negyedik pár abban különbözik a többitől, hogy itt a pár kisebb tagja a kisebbítendő.
5.Tétel:
g2g1g3, ahol , és , vagyis g1 "aszimptotája" .
Mindjárt folytatom, villanyt szerelnek nálunk...
|
Előzmény: [615] bily71, 2010-05-07 12:41:41 |
|
[626] Sirpi | 2010-05-07 16:57:58 |
Én eddig is tudtam, hogy ezt kell bizonyítani, és azt is, hogy ez pont olyan nehéz, mint a páros Goldbach. Triviálisan ekvivalens a kettő (úgyhogy nem is pazarlok a bizonyítási kísérletre energiát). Magyarázd el, hogy mennyivel jutottunk a javaslatoddal közelebb (mert szerintem kerek nullával).
|
Előzmény: [622] Zilberbach, 2010-05-07 16:21:45 |
|
|
|
|
[622] Zilberbach | 2010-05-07 16:21:45 |
Kedves Sirpi!
Valószínűleg igazad van a bizonyításom hiányosságát illetően.
Ha jól értem, akkor a bizonyításomhoz még csatolni kellene annak a sejtésnek a bizonyítását, hogy egy páratlan szám mindig fölbontható 3 db. prímszám összegére úgy, hogy az egyik prímszám a három.
Nos akkor tessék, lehet bizonyítani, és készen vagyunk.
|
Előzmény: [619] Sirpi, 2010-05-07 15:35:55 |
|
[621] Sirpi | 2010-05-07 16:07:12 |
Csak hogy még megfoghatóbb legyen:
Fel akarjuk írni a 12-t két prím összegeként. Ekkor felhasználjuk, hogy a nála 3-mal nagyobb szám, a 15 előáll 3 prím összegeként (ez bizonyított), például 15=5+5+5. Tehát a 12-t felírtuk két prím összegeként(???).
|
Előzmény: [618] Zilberbach, 2010-05-07 14:55:34 |
|
[620] bily71 | 2010-05-07 15:37:23 |
Kedves Zilberbach!
Igen, ez igaz. Csakhogy ebből nem következik, hogy minden páros felbomlik két prím összegére, ugyanis két, vagy több páratlan előállhat úgy három prím összegeként, hogy a két prím összegéből álló páros mindnél ugyanaz, csak a harmadik prím különbözik, és semmi sem biztosít minket arról, hogy a szóban forgó páratlanoknak lenne egynél több felbontásuk, így nem lehetünk bizonyosak abban sem, hogy minden páros szerepel az összes páratlan felbontásában.
Javitás az előző hozzászólásomhoz, helyesen: "...Ez akkor is igaz, ha p1 összetett. Ez fontos, később látni fogjuk. Hamarosan folyatom.
|
Előzmény: [618] Zilberbach, 2010-05-07 14:55:34 |
|
[619] Sirpi | 2010-05-07 15:35:55 |
Olvasd el még 1x, amit írtam. Attól, hogy ugyanazt leírod még 1x, nem lesz jobban igazad.
Hogy garantálod, hogy a 3 tagú összegben ott lesz a 3 valamelyik tagként? Mert ebben az esetben a másik két tag együtt tényleg kiadná az eredeti számot, amúgy viszont nem... Ilyen tétel pedig nincs, mert ha lenne, akkor nem Goldbach-sejtésként hivatkoznának erre a dologra, hanem Goldbach-tételként.
Úgy látom, Veled is futunk most egy teljes kört Goldbach-ügyben, csak ez durvább lesz, mint Bilyvel :-)
|
Előzmény: [618] Zilberbach, 2010-05-07 14:55:34 |
|
[618] Zilberbach | 2010-05-07 14:55:34 |
Kedves Sirpi!
Túlegyszerűsítetted a sejtést, és így kimaradt a lényeg:
Ha minden páros számhoz található egy nála hárommal nagyobb páratlan szám - amelyik 3 db. prímre bontható és ez már bizonyított - valamint az is biztos hogy a hármon kívüli két prímszám öszege alkotja a kiindulásul vett páros számot, akkor a hármon kívüli két közös prímszám-összetevő azt igazolja, hogy a páros számnak biztosan van két prímöszetevője, vagyis fölbontható 2 prím öszegére.
QED
|
Előzmény: [617] Sirpi, 2010-05-07 13:46:19 |
|
[617] Sirpi | 2010-05-07 13:46:19 |
Leegyszerűsítem a sejtésed: minden 5-nél nagyobb páratlan szám felbomlik 3 prím összegére úgy, hogy az egyik tag a 3. Ez pedig triviálisan ekvivalens a Goldbach-sejtéssel, messzire nem jutottunk.
|
Előzmény: [616] Zilberbach, 2010-05-07 12:58:30 |
|
[616] Zilberbach | 2010-05-07 12:58:30 |
Bizony mondom néktek: vannak olyan bizonyítások is amiket még csak úgy sikerült megoldani, hogy egy igen nagy számérték utáni számokra sikerült bizonyítani a sejtést, és annál kisebbekre nem.
Ha viszont az ez alatti értékekre - mondjuk számítógéppel minden tételt kiszámolva bizonyítják be - akkor a sejtés mégiscsak előléphet tétellé.
Nem mintha tudnék egy ilyen konkrét esetről, de elvileg nem lehetetlen.
Természetesen a mi esetünkben erről (még?) nincs szó.
De mit szóltok az alábbiakhoz:
Ha bizonyítható az alábbi sejtés, akkor a páros Goldbach-sejtést vissza tudjuk vezetni a már bizonyított páratlan Goldbach-sejtésre.
Minden 2-nél nagyobb páros számhoz található egy olyan nála hárommal nagyobb páratlan szám, amelynek a három prímszám összegére bontása során kapott számok közül kettő megegyezik a páros szám két prímszám összegére bontásakor kapható prímszámokkal.
Bizonyítása:
A páratlan Goldbach-sejtés bizonyítható a Páros Goldbach-sejtésből:
Az 5-nél nagyobb páratlan számból vonjunk ki 3-at (prímszám) és előáll egy páros szám, amire az 1. pont állítása érvényes.
És viszont: Minden páros számra létezik egy nála 3-mal nagyobb páratlan szám, amelyikkel a másik két prímösszeg tényezőik megegyeznek.
Lehet hogy tévedek, de szerintem ezzel a páros Goldbach- sejtés bizonyítottá vált, mert visszavezethető a páratlan Goldbach-sejtés bizonyítására. Úgy tudom hogy a Páratlan Goldbach-sejtést pedig már bizonyították.
|
Előzmény: [614] D. Tamás, 2010-05-07 07:47:51 |
|
[615] bily71 | 2010-05-07 12:41:41 |
Tehát van egy harmadik típusú párunk: , ahol az egyik tag nevezője p2-szerese a másikénak.
4.Tétel:
f2f1f3, ahol és , vagyis f1 "aszimptotikusan" egyenlő -vel.
Bizonyítás:
f1-et megkapjuk az függvényből az x tengelyen való balra törénő eltolással.
Következmény:
Mivel , ezért f5<f1. Ez akkor is igaz, ha p2 összetett.
Ha a szitához hozzáveszünk még egy prímet, megkapjuk a negyedik típusú párt. Több típus nincs.
Folyt. köv.
|
Előzmény: [608] bily71, 2010-05-06 22:49:36 |
|
[614] D. Tamás | 2010-05-07 07:47:51 |
Igen vannak, de azok általában az első néhány esetet veszik külön egy adott feladat bizonyítása során, míg mondjuk olyan állítást, amelybe pl. az első százezer (v. esetünkben az első tízmillió) lehetőség után kezdik el a bizonyítást, olyat én még nem láttam, de javítsatok ki ha létezne ilyen. Egyébként is, miután végignéztük az első néhány esetet, azután rá vagyunk kényszerítve általánosan megoldani a feladatot, amikoris több problémába is ütközünk a sejtéssel kapcsolatban.
|
Előzmény: [612] Zilberbach, 2010-05-07 00:04:44 |
|
[613] Zilberbach | 2010-05-07 01:20:02 |
Az ikerprím sejtés bizonyítását majd talán holnap mondom el.
|
|
|
|
[610] Fernando | 2010-05-06 23:59:09 |
Kedves Zilberbach!
Van egy rossz hírem: 10 millió (vagy akármilyen rögzített szám) fölötti természetes számból sajnos éppen annyi van, mint természetes számból...
Tehát számítógéppel "nem praktikus" csökkenteni a lehetőségek számát, uakkor ha pl. a gép talál egy ellenpéldát, akkor már meg is van oldva: nem igaz a sejtés.
|
Előzmény: [594] Zilberbach, 2010-05-02 22:10:27 |
|
[609] Zilberbach | 2010-05-06 23:57:02 |
Páros Goldbach-sejtés: Minden 2-nél nagyobb páros szám előáll két prímszám összegeként.
Páratlan Goldbach-sejtés: Minden 5-nél nagyobb páratlan szám előáll három prímszám összegeként.
A páratlan Goldbach-sejtés bizonyítható a Páros Goldbach-sejtésből:
Az 5-nél nagyobb páratlan számból vonjunk ki 3-at (prímszám) és előáll egy páros szám, amire az 1. pont állítása érvényes.
És viszont: Minden páros számra létezik egy nála 3-mal nagyobb páratlan szám, amelyikkel a másik két prímtényezőik megegyeznek.
|
|
[608] bily71 | 2010-05-06 22:49:36 |
Két prím esetén megkapjuk a második zárójelben lévő második típusú párt.
3.Tétel:
f2f1f3, ahol , és .
Bizonyítás:
A függvény képét megkapjuk a szakaszok p2- szeres nyújtásával az első pár képéből.
A második párt -vel helyettesítve , az eredmény a harmadik típusú pár, ahol az egyik tag p2-szerese a másiknak.
Holnap mindenképp befejezem.
|
Előzmény: [603] bily71, 2010-05-06 11:13:11 |
|
|