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.
[737] Zilberbach2010-07-04 16:40:50

Kedves Huszár Kristóf!

A Goldbach sejtés egy könnyen megérthető állítás, még az olyan kezdetleges matematika tudással rendelkező személyek számára is, mint amilyen én vagyok.

A bizonyítása illetve a cáfolata már jóval nehezebb feladat, nem is sikerült eddig még senkinek.

Be kell ismernem, hogy az ezzel kapcsolatos anyagok egy részét nem értem.

Ebből a hozzáászólásból is egy kis rosszallást érzek ki: Hogy mer egy a matematikában ennyire járatlan személy (ez lennék én) megpróbálkozni azzal, hogy érdemben hozzászól ehhez a témához?

Csak azért tettem, mert úgy gondoltam lehet hogy az én ötletem járul hozzá majd a megoldáshoz. Könnyen lehet, hogy nem így lesz, akkor elnézést kérek mindenkitől akit az ötletem bosszantott. De a személyem alkalmatlanságának bizonygatása helyett inkább a fölvetett ötletről kellene szólni, érdemben.

(Zárójeles kérdésedre a válasz: nem tudom a pontos nagyságrendet sem. Minden esetre még jóval három nagyságrendnyi prímszám-mentes tartomány előtt.)

Előzmény: [736] Huszár Kristóf, 2010-07-04 15:29:18
[736] Huszár Kristóf2010-07-04 15:29:18

Kedves Zilberbach!

Érdemben nem tudok és nem is szeretnék hozzászólni a témához. Annyit azért tudok, hogy ez egy igen mély és nehéz állítás. Valószínűleg évekig tartó tanulással tudnék eljutni olyan szintre, hogy a sejtéssel kapcsolatos eddigi eredményeket megértsem. Azt gondolom azonban, hogy az alábbiakat érdemes áttanulmányoznia mindenkinek, aki a matematika iránt érdeklődik. Az utolsó link csak a téma miatt került ide.

A matematikai bizonyításokról (angolul)

Laczkovich Miklós: Mi a matematika? Előadás a Mindentudás Egyetemén

A Goldbach-sejtés állítása a 4.1018-nál kisebb páros számokra biztosan igaz

(Ezek már elég nagy számok, pontosan hol kezdődne az a nagyságrend, ahol már nem lenne igaz?)

Üdvözlettel: Huszár Kristóf

[735] Zilberbach2010-07-04 12:54:01

Kedves Tibixe!

Az általad említett példában a négyzetszámok előfordulása ugyan csökkenő tendenciát mutat, a nagyságuk (értékük) azonban meredeken emelkedik, és ez kiegyensúlyozza a helyzetet - ezért a nagy számoknál nincs gond, összerakhatóak két négyzetszám összegeként.

A páros számok - prímszámok viszonylatában azonban nincs ami kiegyenlítse a prímszámok egyre fogyatkozó arányát.

Előzmény: [734] Tibixe, 2010-07-04 12:02:17
[734] Tibixe2010-07-04 12:02:17

Ugyanezzel a gondolatmenettel még további magasságokba (mélységekbe) is szállhatunk:

1. A 4k+1 alakú prímszámok sűrűsége 1-től x-ig kb.

\frac{1}{2 \ln x}

Ez elég lassan csökken.

 

2. A négyzetszámok sűrűsége 1-től x-ig kb.

\frac{1}{\sqrt{x}}

. Ez viszonylag gyorsan csökken, annyira, hogy a fenti sűrűséghez képest elhanyagolható ( az arányuk tart a nullához ).

 

Tehát kizárt dolog, hogy minden 4k+1 alakú prímszám kifejezhető legyen két négyzetszám összegeként.

Fermat meg buta, és ez az öt bizonyítás is mind hibás.

Előzmény: [732] Zilberbach, 2010-07-04 07:43:37
[733] Zilberbach2010-07-04 08:29:58

"hiszen az összeadással max. egy nagyságrendet változnak a számok, és azt is csak korlátozottan."

A szövegrész javítva:

"hiszen azonos nagyságrendű számok összeadásával max. egy nagyságrendet változnak a számok, és azt is csak korlátozottan."

Előzmény: [732] Zilberbach, 2010-07-04 07:43:37
[732] Zilberbach2010-07-04 07:43:37

Készítsünk statisztikát a természetes számokról: a számegyenesen a nullától a nagy számok irányába haladva - mondjuk egy milliónként.

A következő eredményeket fogjuk kapni:

1. Állandóan, monotonon mindig félmillió páros szám fordul elő, egy milliónként.

2. A prímszámok előfordulási gyakorisága lassan de biztosan, monotonon csökken (egy milliónként). (A prímszámok előfordulási gyakoriságára több jól közelítő képlet is forgalomban van, de mind ezt jósolja,és ezt a statisztikák is alátámasztják).

3. Fönti két állításból együttesen az következik, hogy a páros Goldbach sejtés a nagyon nagy számok tartományában már nem lesz érvényes, mert a relatíve egyre csökkenő mennyiségben előforduló prímszámokból már nem fogunk mindig találni két olyat amiből a változatlan eiőfordulási gyakoriságu (nagy) páros számokat mind összerakhatjuk.

Hogy egyértelműbb legyen:

Ha pl. eljutunk abba a sivár tartományba, ahol mondjuk 3 nagyságrenden keresztül nem fordul elő prímszám, akkor az ebbe a nagyságrendbe eső páros számok nagy részéhez már nem tudunk találni két olyan prímszámot amiből össze tudnánk rakni, hiszen az összeadással max. egy nagyságrendet változnak a számok, és azt is csak korlátozottan.

Jogos a reklamáció, hogy a fönti meggondolások a még nagyobb számok tartományában a páratlan Goldbach sejtésre is érvényesek kellene hogy legyenek - de azt már bizonyították.

Erre csak azt tudom mondani hogy az a bizonyítás bizony igen igen hosszadalmas és bonyolult, lehet hogy nem sokan vették a fáraadtságot, hogy tényleg nagyon alaposan ellenőrizzék.

[731] Maga Péter2010-06-06 20:40:04

Szenzáció!

[730] bily712010-05-30 16:49:13

Hát ez sem jött össze... Mire leírtam köddé foszlott. Arra játszottam, hogy, ha kétféleképp számolom ki h-t és behelyettesítem (3)-at, ami elvileg nem lehet 0, akkor ellentmondásra jutok, ehelyett kaptam egy akkora azonosságot, amekkorát csak lehet, azzal pedig nem sokra megyek.

Ezzel szemben a [718]-as út járhatónak tűnik, csak ne lenne ilyen bonyolult.

Előzmény: [729] bily71, 2010-05-30 13:07:50
[729] bily712010-05-30 13:07:50

Most pedig teszünk egy kis kitérőt, pontosabban: megpróbáljuk levágni a kanyart.

Jelölje n az n-edik 6 többszöröst, (n\inN,x\inR) vagyis n=\left[\frac{x}{6}\right]!

Ekkor az n-nél nem nagyobb k\ne6uv\pmu\pmv alakú k egészek száma n függvényében

f(n)=n-\left[\frac{n-1}{5}\right]-\left[\frac{n+1}{5}\right]-\left[\frac{n-1}{7}\right]-...,(1)

ahol k,u,v\inN.

Ha a \pi2* jelöli a 6k\pm1 alakú n-nél nem nagyobb ikerprímeket számláló függvényt, akkor

\pi2*(n)=2f(n),(2)

vagyis \pi_2^*(n)\approx\sum_{d|P_5}\mu(d)2^{\omega(d)+1}\left[\frac{n}{d}\right].

Tételezzük fel, hogy \pi2* korlátos! Ekkor létezik a legnagyobb ikerprímpár: 6m-1 és 6m+1.

Tételezzük fel, hogy pr2<m\lepr+12, ahol pr az r-edik 6k\pm1 alakú prím! Ekkor \pi2* definíciójából következik, hogy, ha pr+1<n\lepr+2, akkor

\pi_2^*(p_{r+2}^2)-\pi_2^*(p_{r+1}^2)=-2\left[\frac{n+a_1}{p_{r+2}}\right]-2\left[\frac{n+a_2}{p_{r+2}}\right]+2\left[\frac{n+a_3}{5p_{r+2}}\right]+...=0,(3)

ahol ai=d-bi, ahol bi a d differenciájú számtani sorozat első eleme.

Jelölje \pi* a 6k\pm1 alakú prímeket számláló függvényt! Ekkor:

1.Tétel:

\pi^*(n)=2n-\left[\frac{n-1}{5}\right]-\left[\frac{n+1}{5}\right]-\left[\frac{n-1}{7}\right]-\left[\frac{n+1}{7}\right]+\left[\frac{n+6}{35}\right]+\left[\frac{n+29}{35}\right]-...,(4)

vagyis \pi^*(n)\approx\sum_{d|P_5}\mu(d)2\left[\frac{n}{d}\right].

Bizonyítás: tekintsük az alábbi sorozatokat: 5,11,17,23... és 7,13,19,25...! Az első sorozatban a=n-\left[\frac{n-1}5\right]-\left[\frac{n+1}7\right]+\left[\frac{n+29}{35}\right]-... darab prím van, a második sorozatban b=n-\left[\frac{n+1}5\right]-\left[\frac{n-1}7\right]+\left[\frac{n+6}{35}\right]-... darab, ezek összege kiadja \pi*-t, vagyis \pi*(n)=a+b.

Vegyük (2) és (4) különbségét, jelölje ezt h, vagyis

h(n)=\pi*(n)-\pi2*(n)!(5)

Ekkor h(n) tulajdonképp azon p=6k\pm1 prímeket számlálja, amelyekre q=p\pm2 nem prím.

Mindjárt folytatom.

Előzmény: [722] bily71, 2010-05-23 18:01:15
[722] bily712010-05-23 18:01:15

Azt hiszem megvan a c értéke, de mégegyszer leellenőrzöm.

Előzmény: [721] bily71, 2010-05-22 10:55:18
[721] bily712010-05-22 10:55:18

Vagyis nem a számlálóban van, de annyi bizonyos, hogy a hiba középértéke negatív.:)

Előzmény: [720] bily71, 2010-05-22 10:52:25
[720] bily712010-05-22 10:52:25

Ezen dolgozom:) Úgy néz ki, hogy a számlálóban lévő 1/2 sem mindig annyi, a középérték is d-től függ.

Előzmény: [719] Fálesz Mihály, 2010-05-22 07:42:17
[719] Fálesz Mihály2010-05-22 07:42:17

Mekkora a c?

Előzmény: [718] bily71, 2010-05-21 21:46:10
[718] bily712010-05-21 21:46:10

Ha a d nevezőjű tagokat "összevonjuk", akkor az A=\left[\frac{x+a_1}{d}\right]+\left[\frac{x+a_2}{d}\right]+...+\left[\frac{x+a_n}{d}\right] összeg, (ahol n=2^{\omega(d)}, ai=d-bi, ahol bi a d differenciájú sorozat kezdőtagja), helyettesíthető az \left[\frac{2^{\omega(d)}x}{d}-\frac12\right] taggal, ugyanis minden x-re igaz, hogy \left[\frac{2^{\omega(d)}x}{d}-\frac12-c\right]\le{A}\le\left[\frac{2^{\omega(d)}x}{d}-\frac12+c\right], ahol c d-től függő pozitív racionális.

Ezzel a helyettesítéssel párokat képezve zárójelezhetünk az f összegzésben, úgy, hogy a párok egyik tagjának nevezője p1-szerese legyen a másikénak, azután a párokat helyettesítve újból zárójelezhetünk újabb párokat képezve, úgy, hogy a párok egyik tagjának nevezője p2-szerese legyen a másikénak, és így tovább. Ezzel elérhetjük, minden lépésnél minden művelet kivonás legyen, így végül bizonyos összefüggések érvényesülése révén mindig olyan párt kapunk, hogy a g(x)\lef(x) reláció teljesül minden x-re, ahol g(x)=\left[x\prod\left(1-\frac{1}{p/2}\right)\right], ahol p a szitában lévő prímeket jelöli, és mivel g nem korlátos, így f sem lehet az.

Előzmény: [716] Maga Péter, 2010-05-16 10:54:53
[717] bily712010-05-16 12:55:01

Nálam ennek a megszámolásnak elvi jelentősége van. Meg tudom mondani pontosan hány x-nél nem nagyobb ikerprímpár van anélkül, hogy rámutatnék egyre is. Vagyis nem kell eldönteni az x-nél nem nagyobb pozitív egészekről, hogy prímek-e. Nem biztos, hogy f-nek van gyakorlati haszna is, lehet, hogy gyorsabb letesztelni minden pozitív egészet, hogy aztán megszámoljuk az olyan prímpárokat, amelyek különbsége 2.

Hogy f korlátos-e, az már más kérdés. A [711]-beli F biztos, hogy nem korlátos, ezt be tudom bizonyítani. Az |f(x)-F(x)| értéke, vagyis a hiba nem lehet akármekkora, ennek meghatározása már nehezebb feladat.

Előzmény: [716] Maga Péter, 2010-05-16 10:54:53
[716] Maga Péter2010-05-16 10:54:53

,,(...) sikerült megszámolnom a k\ne6nm\pmn\pmm alakú pozitív egészeket x-ig.'' Ez megint egy egészen elképesztő eufemizmus. Miféle megszámolás az, amelyből még azt sem tudjuk megmondani, hogy az ilyen alakú számok x-ig vett száma korlátos-e, mint x függvénye?

Előzmény: [715] bily71, 2010-05-16 09:21:43
[715] bily712010-05-16 09:21:43

Ettől az f-től mindkét függvény, az is amelyikben 2^{\omega(d)} az egészrészjelen belül van, az is, amelyikben kívül van jelentősen eltér, ezért egyelőre feladom. Most megelégszem azzal, hogy végre sikerült megszámolnom a k\ne6nm\pmn\pmm alakú pozitív egészeket x-ig.

Előzmény: [712] bily71, 2010-05-16 08:18:09
[714] Róbert Gida2010-05-16 09:12:29

Sokat nem szitáltál életedben, de hogy valami értelem is legyen a topikban: az alábbi f valóban az n-nél nem nagyobb ikerprímpárok számát adja meg (p,p+2=q\len), logikai szitával, bár nyilván ezzel hosszú ideig tart kiszámolni:(mindenesetre n=9..1000-ig helyes eredményt ad.). Pari-Gp-ben felírva, hogy könnyen ellenőrizhető legyen:

f(n)=s=0;for(i=2,n*n,mul=moebius(i)*(factor(i)[omega(i),1]<=sqrtint(n));if(mul!=0, s+=mul*sumdiv(i/(2-i%2),d,pt(n,(2-i%2)*d,i))));return(s+n-1+pi2(sqrtint(n)+2))

pi2(n)=sum(i=1,n-2,isprime(i)&&isprime(i+2))

pt(n,d,i)=e=lift(Mod(2*d/i,d))*i/d;return((n-e)\i+1-(e<=2))

Előzmény: [711] bily71, 2010-05-15 21:13:49
[713] bily712010-05-16 09:01:11

Pontosabban b a d differenciájú sorozat kezdőtagja.

Előzmény: [712] bily71, 2010-05-16 08:18:09
[712] bily712010-05-16 08:18:09

Megvan hol hibáztam!

Nem mindegy, hogy a d differenciájú sorozat kezdőtagja kisebb, vagy nagyobb-e mint d. A pontos darabszámot ezzel a taggal kapjuk meg: \left[\frac{\left[\frac{x}{6}\right]+a}{d}\right]=\left[\frac{x+6a}{6d}\right], ahol a=d-b, ahol b=6m\pm1\pmm.

52<x\le72 esetén

f(x)=\left[\frac{x}{6}\right]-\left[\frac{x-6}{30}\right]-\left[\frac{x+6}{30}\right]-\left[\frac{x-6}{42}\right]-\left[\frac{x+6}{42}\right]+\left[\frac{x-6}{210}\right]+\left[\frac{x+6}{210}\right]+\left[\frac{x+36}{210}\right]+\left[\frac{x+174}{210}\right]

Így már a tényleges darabszámot kapjuk.

Előzmény: [711] bily71, 2010-05-15 21:13:49
[711] bily712010-05-15 21:13:49

Beszélgessünk még egy kicsit az ikerprímekről.

A pontos darabszámot a következő képlet adja meg:

0\lex\le52 esetén

f(x)=\left[\frac{x}{6}\right]-\left[\frac{x-6}{30}\right]-\left[\frac{x+6}{30}\right]

52<x\le72 esetén

f(x)=\left[\frac{x}{6}\right]-\left[\frac{x-6}{30}\right]-\left[\frac{x+6}{30}\right]-\left[\frac{x-6}{42}\right]-\left[\frac{x+6}{42}\right]+\left[\frac{x-6}{210}\right]+\left[\frac{x+6}{210}\right]+\left[\frac{x-36}{210}\right]+\left[\frac{x+36}{210}\right]

és így tovább.

Ebben a formában hajszál pontosan meg kellene, hogy kapjuk azon x-nél nem nagyobb pozitív egészek számát, amelyek nem 6nm\pmn\pmm alakúak, mégsem ez történik. Miért?? Úgy néz ki, hogy itt is kell a korrigálni, egy n-1 taggal. Tehát a fenti tulajdonságú egészek száma f+(n-1).

f-et a "GraphCalc" nevű programmal vizsgálgattam. (Megbízható ez a program?) Azt tapasztaltam, hogy a [689]-es képlet mégsem jó közelítés. Jobb közelítést kapunk az eredtei elképzelésem szerint, a \nu_2(d)=2^{\omega(d)}\mu(d) taggal, vagyis a következő képlettel:

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

A két függvény f és F elképesztően "simul" egymáshoz, a hiba, legalábbis, ameddig vizsgáltam, nem nagyobb, mint n, vagyis, mint a szitában lévő prímek száma.

Előzmény: [705] Fálesz Mihály, 2010-05-12 18:34:31
[710] bily712010-05-14 21:30:50

"Ha egy kiváló idős tudós valamiről azt állítja, hogy lehetséges, majdnem biztosan igaza van, de ha azt mondja, hogy lehetetlen, akkor valószínüleg téved." (Arthur C. Clarke)

[709] bily712010-05-12 22:21:51

Javítás: "A darabszám hibája egyébként attól függ..."

Előzmény: [707] bily71, 2010-05-12 22:17:04
[708] bily712010-05-12 22:19:04

Köszönet mindenkinek a hasznos infókért.

[707] bily712010-05-12 22:17:04

Jól behúztál a csőbe:)

Én más szempontokat vettem figyelembe, amikor számoltam már nem törődtem azzal, hogy mi osztható mivel, csak azzal, hogy vannak számtani sorozatok, vannak közös elemeik, ezeket szitáltam ki, de a végeredmény ugyanaz.

"A szitában azt kellene megbecsülni, hogy ezeknek a számtani sorozatoknak összesen hány eleme esik az 1,2,...,x számok közé."

Szerintem meg azt, hogy hány esik 1,2,...,x/6 közé.

Azt én is tudom, hogy mindegy, hogy 2^{\omega(d)} kívül van, vagy belül, nem mindig kapjuk meg a pontos darabszámot, de, ha bent van, akkor kisebb a hiba, mivel kisebb ugrások vannak a függvényben. A darabszám egyébként attól függ, hogy pl. (maradjunk a kicsi példáknál), d=5 esetben az első sorban szereplő, az x-nél nem nagyobb számok közül a legnagyobb 5k-1, vagy 5k+1 alakú,

Azzal, hogy mekkora a hiba azután akartam foglalkozni, miután megtárgyaltuk azt a részt, ahol azt állítom, hogy g(x)<f(x), amiből következik, hogy f(x) (és az ilyen típusú függvények) nem lehet korlátos és most mindegy, hogy az ikerprímeket számolja, vagy sem. Ezt sokkal egyszerűbb belátni az általam javasolt zárójelezéssel és szerintem akkor is érdemes foglalkozni ezzel a kérdéssel, ha nem akarunk millenniumi problémákat megoldani. Igazából ez az, amiről meg vagyok győződve, hogy be is tudom bizonyítani.

Előzmény: [705] Fálesz Mihály, 2010-05-12 18:34:31

  [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]