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.
[706] Hajba Károly2010-05-12 21:10:45

Nekem nincs, én mérnök vagyok, de kutakodni lehet a hálón. Csak amit pár perc alatt találtam, ömlesztve. Sok az ocsú tananyag szempontjából, de kiindulásnak jó lehet.

http://www.tankonyvtar.hu/termeszettudomany/matematika

http://mek.oszk.hu/html/vgi/kereses/keresesuj.phtml?tip=temak&fotema=termesz

http://matematika.lap.hu/

http://www.doksi.hu/doksik.php?order=subcat&fid=107

http://matematika.lap.hu/analizis/16465830

Előzmény: [700] bily71, 2010-05-12 08:06:46
[705] Fálesz Mihály2010-05-12 18:34:31

"Ez nagyon egyszerű, de úgy látom még mindig nem érted."

Én úgy látom, hogy Te nem értetted meg, amit a [694]-ben írtam, és a [698]-ban rosszul válaszoltál.

Ha valóban csak azokat az k-kat számolnád össze, ahol 6k-1 és 6k+1 közül valamelyik osztható d-vel -- ahogy a [698]-ban írtad --, akkor a szitában az \frac{2x}{6d} tört szerepelne. Te viszont azokat a k-kat is össze akarod számolni, ahol 6k-1 osztható d prímtényezőinek egy részével, 6k+1 pedig d többi prímosztóival. (Röviden, d|(6k-1)(6k+1).) Ez összesen 2^{\omega(d)} eset, és a kínai maradéktétel miatt összesen 2^{\omega(d)} darab, d differenciájú számtani sorozat. Ezért van a szitában \frac{2^{\omega(d)}x}{6d}.

Mivel szereted a kicsi példákat, nézzük a d=35 esetet. Egy szám négyféleképpen lehet egyszerre 5k\pm1 és 7k\pm1 alakú.

     n\equiv1 (mod 35): Ezek azok a számok, amikre 5|6n-1 és 7|6n+1.

     n\equiv6 (mod 35): Ezek azok a számok, amikre 35|6n-1.

     n\equiv29 (mod 35): Ezek azok a számok, amikre 35|6n+1.

     n\equiv34 (mod 35): Ezek azok a számok, amikre 5|6n+1 és 7|6n-1.

 

Mindez azonban nem a lényeg.

A szitában azt kellene megbecsülni, hogy ezeknek a számtani sorozatoknak összesen hány eleme esik az 1,2,..,x számok közé. Nagyon keveset tudunk a hibáról, ráadásul a szitában borzasztó sok, x-nél sokkal több számtani sorozat szerepel.

Még egy apróság. Mivel a sorozatok nem a 0-val kezdődnek, a darabszámot nem az egészrész adja meg. Akár az egészrészen kívül van a 2^{\omega(d)}, akár belül.

Előzmény: [703] bily71, 2010-05-12 14:57:16
[704] bily712010-05-12 14:58:03

Meg lesz az igért táblázat is.

Előzmény: [697] Róbert Gida, 2010-05-12 00:29:56
[703] bily712010-05-12 14:57:16

Ez nagyon egyszerű, de úgy látom még mindig nem érted.

Tekintsük a következő táblázatot:

6n\pm1 5 7 11 13 ...
6m\pm1            
5 4 6 9 11  
7 6 8 13 15  
11 9 13 20 24  
...            

A táblázat az összes 6nm\pmn\pmm alakú pozitív egészet tartalmazza, ugyanis, ha 6k\pm1 összetett, vagyis, ha 6k valamelyik szomszédja összetett, akkor előállítható, mint 6k\pm1 alakú számok szorzata, más alakú osztója nem is lehet, hiszen ezen számok nem oszthatók 2-vel és 3-mal. Minden ikerprímpár, a 3,5 párt kivéve olyan számpár, ahol az első tag 6k-1, a másik 6k+1 alakú, vagyis 6k szomszédai, így, ha k pozitív egész nem található meg a táblázatban, akkor 6k\pm1 ikerprím.

Ha megvizsgáljuk valamelyik, mondjuk a 3. sort, azt tapasztaljuk, hogy minden szám 11k\pm2 alakú. ez azért van így, mert (6m\pm1)(6n\pm1)=6(6nm\pmn\pmm)\pm1, ebből k=6nm\pmn\pmm=n(6m\pm1)\pmm, itt m=2 és n végig fut a természetes számokon, 0<n. Tehát minden sorban van két számtani sorozatunk.

Ha az x-nél nem nagyobb k=6nm\pmn\pmm alakú pozitív egészeket keressük, akkor, mivel tulajdonképp a 6-tal osztható pozitív egészeket szitáljuk, elősszöris vesszük az x egyhatodának egészrészét, és megszámoljuk soronként hány \left[\frac{x}6\right]-nál nem nagyobb páronként különböző szám van a táblázatban. Az első sorban kb. \left[\frac{x}{6\cdot5}\right] db. 5k-1 és ugyanennyi 5k+1 alakú x-nél nem nagyobb egészet találunk.

A második sorban kb. \left[\frac{x}{6\cdot7}\right] db. 7k-1 és ugyanennyi 7k+1 alakú x-nél nem nagyobb egész van. Még mindig ugyanebben a sorban a 7k-1 alakúak közül \left[\frac{x}{6\cdot5\cdot7}\right] db. 5k-1 és ugyanennyi 5k+1 alakú és ugyanez elmondható a 7k+1 alakúakról is. Ezeket a számokat kétszer számoltuk meg, mert megtalálhatók az első sorban, ezért az előbbi összegből ki kell vonni ezek számát. Így kapjuk azt, hogy az első két sorban összesen kb. \left[\frac{2x}{30}\right]+\left[\frac{2x}{42}\right]-\left[\frac{4x}{210}\right] db. páronként különböző x-nél nem nagyobb pozitív egész van. A többi sort is hasonlóképp vizsgáljuk, persze csak azokat, ahol 6m\pm1 prím, hogy a további ismétlődéseket elkerüljük.

Remélem most már érted, hogy miért kell a számlálóba a 2^{\omega(d)}.

Előzmény: [702] Fálesz Mihály, 2010-05-12 12:34:34
[702] Fálesz Mihály2010-05-12 12:34:34

Miért kell a képletbe a 2^{\omega(d)}?

Előzmény: [698] bily71, 2010-05-12 07:57:13
[701] Maga Péter2010-05-12 09:08:33

A gigapedia-n (sok más mellett) fenn van Walter Rudin: Principles of Mathematical Analysis című könyve (a magyar kiadás címe: A matematikai analízis alapjai). Kezdd ezzel!

Előzmény: [700] bily71, 2010-05-12 08:06:46
[700] bily712010-05-12 08:06:46

Igen, már akinek sikerül bejutnia az egyetemre. Ha nem, akkor is képezheti magát valaki, de tanári felügyelet nélkül könnyen eltéved az ember.

"Az itt lévő matematikusoktól inkább digitális egyetemi jegyzeteket kérjél és azt tanulmányozd,..." Ha van a birtokodban ilyen, hálás lennék, ha a rendelkezésemre bocsátanád.

Előzmény: [696] Hajba Károly, 2010-05-11 19:44:26
[699] bily712010-05-12 07:59:29

Nyugi, még nem adtam fel.

Előzmény: [697] Róbert Gida, 2010-05-12 00:29:56
[698] bily712010-05-12 07:57:13

Igen, jól érted, csak annyi a különbség, hogy én azon x pozitív valósnál nem nagyobb k pozitiv egészek számát akarom megbecsülni, amikre 6k legalább egyik szomszédja összetett, vagyis osztható d-vel, ami nem azonos azon pozitív egészek számával, amikre igaz, hogy (6k-1)(6k+1)=36k2-1 osztható d-vel. A többi stimmel.

Előzmény: [694] Fálesz Mihály, 2010-05-11 14:13:16
[697] Róbert Gida2010-05-12 00:29:56

"Holnap készítek egy táblázatot, néhány helyen összehasonlítjuk a két függvényt. Ha ez sem jó, vagy nem javítható, akkor feladom."

Nem jelentkeztél. Feladtad?!

Előzmény: [693] bily71, 2010-05-10 22:56:17
[696] Hajba Károly2010-05-11 19:44:26

"Az intuíció a kúp csúcsához hasonlít, az egész kúp pedig az alapjáig szakadatlan munka. Az intuíció, melyet nem támaszt alá munka, gyorsan alaktalan ábrándokká oszlik szét."

Pavel Alexandrov - orosz matematikus

Ezt én annyival egészíteném ki, hogy a szellemi munka folyamatos tanulással jár, az új dolgok folyamatos megismerésével, megtanulásával. Ezek az új dolgok lehetnek a saját és nem feltétlen elsőként fellelt igazságok, de lehetnek mások ilyen-olyan módon közkinccsé tett dolgai is. Így folytathatjuk a fenti szimbólumot úgy is, hogy a munka eleje az alapoknál leginkább csak tanulásból áll.

... talán ezt nevezik egyetemi éveknek ...

:o)

Billy!

A te esetedre lefordítva. Az itt lévő matematikusoktól inkább digitális egyetemi jegyzeteket kérjél és azt tanulmányozd, azokban felvetett problémákon gondolkozz és ezzel sajátítsd el a tudományuk egy részét! S ehhez sok sikert kívánok neked!

Előzmény: [695] Fernando, 2010-05-11 14:55:57
[695] Fernando2010-05-11 14:55:57

"A matematikában nem elégedhetünk meg azzal, mint a mindennapi életben, hogy kb. tudjuk, hogy mi pl. a szék (..), hanem olyan pontosan kell definiálni az alapfogalmakat, hogy azok félreérthetetlenek legyenek, mindenki pontosan ugyanazt értse alattuk, mert csak így lesz alkalmazásuk problémamentes." (Leindler László)

[694] Fálesz Mihály2010-05-11 14:13:16

Írod: "... de az eltérés nem lehet nagyobb. mint n."

 

Ha jól értem, az \left[\frac{2^{\omega(d)}x}{6d}\right] taggal azoknak a k pozitív egészeknek a számát akarod megbecsülni, amikre (6k-1)(6k+1) osztható d-vel.

Az ilyenek (a kínai maradéktétel miatt) összesen 2^{\omega(d)} darab, d differenciájú számtani sorozatban vannak, tehát a számuk körül-belül \frac{2^{\omega(d)}x}{6d}. A hiba számtani sorozatonként kb. \pm\frac12, de a hibák akkumulálódnak. A teljes tag hibája persze valószínűleg sokkal kisebb lesz, mint 2^{\omega(d)}, de nem látom, miért lenne kicsi (pl. korlátos valamilyen d-től független korláttal).

De az is lehet, hogy rosszul értem.

(Csak aztán nehogy az jöjjön ki a végén, hogy az ikerprímek száma 10ezerig kb. 500, plusz-mínusz 10millió... ;-) )

Előzmény: [689] bily71, 2010-05-10 07:34:30
[693] bily712010-05-10 22:56:17

Valóban különbözik. Én nem vagyok matematikus végzettségű, ezért nem beszélek folyékonyan "matekul". Azt, ahogy én itthon megszámolom egy táblázat segítségével ama bizonyos egészeket, azt Te nem látod. Csak a kommunikáció által láthatod a gondolataimat, de ennek feltétele a közös nyelv. A képletek nem mások, mint tömörített mondatok és ott nehézségekbe ütközöm , amikor a gondolataimat képletekbe próbálom foglani, hogy mindenki számára érthetőek legyenek. Ezért gyúrtam át annyiszor az f függvényt. A [689]-ben leírt a [690]-beli kiegészítésekkel a végleges verzió. Szerény ezközeimmel kb. 1000-ig kiszámoltam az n+1 taggal kiegészített f értékét. Mivel ez egy szeszélyes függvény, néhol lefelé is ugrik egyet, ezért kisebb eltérések akadnak a függvény értéke és az ikerprímek tényleges száma között, de az eltérés nem lehet nagyobb. mint n. A két függvény végtelen sok helyen ugyanazt az értéket veszi fel. Holnap készítek egy táblázatot, néhány helyen összehasonlítjuk a két függvényt. Ha ez sem jó, vagy nem javítható, akkor feladom.

Előzmény: [691] Róbert Gida, 2010-05-10 20:48:11
[692] Róbert Gida2010-05-10 20:59:56

"Az n tagot azért nem írtam oda, mert az f korlátosságát nem befolyásolja. Ha f-hez odaírjuk, akkor g-hez is oda kell írni."

Ott az n nem korlátos, így igenis befolyásolja az f fv. korlátosságát. Te az n korlátosságával éppenséggel azt állítanád, hogy véges sok prím van.....................

Előzmény: [687] bily71, 2010-05-10 00:20:28
[691] Róbert Gida2010-05-10 20:48:11

676-ban írtál egy képletet f(x)-re. 685-ben egy másikat. 689-ben egy újabbat. Ami persze különbözik az előző kettőtől.

(Egy mondatot töröltem. Moderátor.)

Az, hogy 16-ig kijött az ikerprímek száma persze egy jó dolog, de én 100-ig kértem.

Előzmény: [689] bily71, 2010-05-10 07:34:30
[690] bily712010-05-10 09:24:51

Az f ebben a formában x-ig azon k pozitív egészek számát adja meg, amelyek nem elégítik ki a következő kongruenciák egyikét sem (p1=5):

a1\equiv1 (mod 5)

a2\equiv-1 (mod 5)

a3\equiv1 (mod 7)

...

an\equivbn (mod pn)

an+1\equiv-bn (mod pn)

ahol b_n=\frac{p_n\pm1}{6}, vagyis k\neai.

Ha arra vagyunk kíváncsiak, hogy hány olyan pozitív egész van x-ig, amelyik nem 6nm\pmn\pmm alakú, f-hez hozzá kell adni n-et, vagyis a szitában lévő prímek számát, ugyanis bn nem szerepel pn sorában a következő táblázatban, de a szita úgy számol, mintha szerepelne.

5 7 11 13 ...
5 4 6 9 11
7 6 8 13 15  
...        

ahol vesszük az első sorban és oszlopban lévő 6k\pm1 alakú számok szotzatát, és a megfelelő helyre az eredmény egyhatoda alsó, vagy felső egészrészét írjuk be.

Ha az ikerprímpárok számára vagyunk kíváncsiak f+n-hez hozzá kell adni 1-et, mivel van egy ikerprímpár a 3,5, ami nem 6k\pm1 alakú.

Számunkra az a fontos kérdés, hogy korlátos-e f. Tehát a továbbiakban f-et fogjuk vizsgálni.

Folyt. köv.

Előzmény: [689] bily71, 2010-05-10 07:34:30
[689] bily712010-05-10 07:34:30

Most már nem engedem, hogy megint kicsússzon a kezeim közül ez a fránya f.

Az általam kreált \nu helyett vissza kell térnünk a jó öreg \mu-höz. Ez a függvény csak arra volt jó, hogy rájöjjünk, voltaképp mi nem p-vel, hanem p/2-vel szitálunk. Ez egy kicsit furán hangzik így, de lássuk élőben, mi is történik szitálás közben, vagyis, hogyan számolok én:

0\lex\lep12 esetén

f(x)=\left[\frac{x}6\right]-\left[\frac{x}{6p_1/2}\right]=\left[\frac{x}6\right]-\left[\frac{2x}{6p_1}\right]

p12<x\lep22 esetén

f(x)=\left[\frac{x}6\right]-\left[\frac{x}{6p_1/2}\right]-\left[\frac{x}{6p_2/2}\right]+\left[\frac{x}{6(p_1/2)(p_2/2)}\right]=\left[\frac{x}6\right]-\left[\frac{2x}{6p_1}\right]-\left[\frac{2x}{6p_2}\right]+\left[\frac{4x}{6p_1p_2}\right]

és így tovább, (p1=5).

Vagyis 2^{\omega(d)}-t be kell vinni a szögletes zárójelbe, mert különben galibákat okoz. Tehát

f(x)=\sum_{d|P_5}\mu(d)\left[\frac{2^{\omega(d)}x}{6d}\right]

ahol P_5=\prod_{5\le{p}\le{q}}p, ahol q azon 5-nél nem kisebb prímek közül a legkisebb, amelyneknek négyzete nem kisebb x-nél, vagyis 5\leq és x\leq2.

Folyt. köv.

[688] bily712010-05-10 00:45:13

Alvás előtt még annyi, hogy f(16)=[16/6]-2[16/(6.5)]+n=2-0+1=3 és ténylegesen 3 ikerprímpár van 16-ig. Na ezt kellene képletbe foglalni végre helyesen. Segítsetek, ha nem menne. Az elírás miatt, (amiatt, hogy a 6-ost kihagytam a nevezőből), hogy korrigáljak, megint hibásan adtam meg egy definíciót. Nem 6[x]+1-ig van annyi ikerprímpár, hanem ténylegesen x-ig.

Holnap kibogozok mindent.

Előzmény: [687] bily71, 2010-05-10 00:20:28
[687] bily712010-05-10 00:20:28

Ejnye! Még mindig nem stimmel az egyik jelölésem.

Én x=0-tól 25-ig 5-tel, 25-től 49-ig 5-tel és 7-tel, 49-től 121-ig 5-tel, 7-tel és 11-el szitálok, és így tovább, de a képletbe nem ezt írtam, bocs.

Az n tagot azért nem írtam oda, mert az f korlátosságát nem befolyásolja. Ha f-hez odaírjuk, akkor g-hez is oda kell írni.

Azt hiszem igazad van, egy kis alvás jót fog tenni.

Előzmény: [686] Róbert Gida, 2010-05-09 23:28:18
[686] Róbert Gida2010-05-09 23:28:18

És hova tűnt az n tag az f fv-ből? Jó legyen ez az f fv. definiciója. Ekkor x=16-ra f(x) szerinted egyenlő a 6*16+1=97-ig az ikerprímek számával, vesd össze: 680 hsz., 676 hsz. De erre a szumma egyetlen egy tagból áll, és f(16)=-2, és itt n=0, így mind a két definició szerint -2 darab ikerprím van 100-ig. Ami nyilvánvaló blődség. Szerintem menj aludni és/vagy vedd be a gyógyszereidet.

Akkor gyere vissza, ha 100-ig sikerül meghatároznod az ikerprímek számát az f fv-el.

Előzmény: [685] bily71, 2010-05-09 22:28:38
[685] bily712010-05-09 22:28:38

Nyugi, megvan a hiba. Ez csak egy bagatell elírás.

g(x)=\left[\frac{x}{6}\prod_{5\le{p}\le\sqrt{x}}p\left(1-\frac{1}{p/2}\right)\right]

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{6d}\right]

Vagyis a nevezőből kimaradt a 6-os, pedig végig benne volt, ha visszalapoztok, láthatjátok. Ha nem lennétek ilyen keményfejűek és mindentudók, akkor észrevehettétek volna ti is a hibát, hiszen már egy éve visszük ezt a vonalat, de úgy látom hiába jutunk el valahová, valamiért mindig rácsodálkoztok erre az egészre, mintha először hallanátok az egészről. Miért nem szóltok ha hibázok? Hé! Bily! Kihagytad a 6-ost a nevezőből! Hiszen valójában a 6-tal osztható számokat szitáljuk. Vagy nem azt vizsgáljuk már egy éve , hogy hány 6k alakú egész van, hogy k nem áll elő 6nm\pmn\pmm alakban? Ebből is látszik, hogy egyátalán nem figyeltek, csak a hibákat keresitek.

Előzmény: [684] Róbert Gida, 2010-05-09 21:33:45
[684] Róbert Gida2010-05-09 21:33:45

Ha p=2-től szitálna, akkor g(x)=0, ha x\ge4. Jó alsó becslés lenne az ikerprímek számára. Bily nem publikálod?

Előzmény: [683] Maga Péter, 2010-05-09 19:44:02
[683] Maga Péter2010-05-09 19:44:02

Naná, hogy nagy a g: a [676] g-je 2-vel és 3-mal nagyvonalúan nem szitál.

Előzmény: [678] Róbert Gida, 2010-05-09 17:32:54
[682] Maga Péter2010-05-09 19:39:49

g(10)=10.

Előzmény: [681] Róbert Gida, 2010-05-09 19:14:23

  [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]