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.

[962] bily71	2011-01-08 09:58:32
Nincs.
Előzmény: [961] Róbert Gida, 2011-01-08 01:17:26

[961] Róbert Gida	2011-01-08 01:17:26
Számelmélet az első félévben van?
Előzmény: [959] bily71, 2011-01-08 00:41:53

[960] Róbert Gida

2011-01-08 01:16:16

"amúgy ez, ha jobban megnézitek, triviális."

Neked biztos!

Azt szeretem a biliben, hogy minden hozzászólásában megváltozik a sejtése.

Előzmény: [958] bily71, 2011-01-08 00:38:39

[959] bily71	2011-01-08 00:41:53
Még van hátra 5 vizsgám, eddig kb. 3-as az átlagom.
Előzmény: [955] Tóbi, 2011-01-07 23:41:27

[958] bily71

2011-01-08 00:38:39

Tényleg nem gondoltam át ennyire. Most megszámoztam a k-kat, hogy érthetőbb legyen.

Végleges verzió:

Legyen a

p_1,2=6¹k₁ $\pm$ 1=6²k₂ $\pm$ 1=...=6^lk_l $\pm$ 1

számok legalább egyike összetett, ahol (és most jól figyelj!) k_l nem osztható 6-tal, (de! ha i<l, akkor 6|k_i) ekkor

k₁=6n₁m₁ $\pm$ n₁¹ $\pm$ m₁=6¹k₂=6¹(6n₂m₂ $\pm$ n₂² $\pm$ m₂)=...=6^l-1k_l=6^l-1(6n_lm_l $\pm$ n_l^l $\pm$ m_l)

alkalmas n_i,m_i pozitív egészekre. Ez tulajdonképp l darab egyenlet.

Ezt bizonyítom a [937]-es hozzászólásomban, amúgy ez, ha jobban megnézitek, triviális.

Na és most jön az állítás: Ha létezik i, úgy hogy

k_i $\ne$ 6n_im_i $\pm$ n_iⁱ $\pm$ m_i,

vagyis, ha van legalább egy egyenlet, mely nem teljesül pozitív egészekre, akkor p₁ és p₂ prímek.

Remélem, most már így érthető :)

A sejtésem pedig: k=2 esetén vagyis a 6^l^.2 $\pm$ 1 számok végtelen sok l-re prímek.

Előzmény: [953] Róbert Gida, 2011-01-07 23:25:55

[957] SAMBUCA	2011-01-07 23:44:08
like :)
Előzmény: [956] Róbert Gida, 2011-01-07 23:41:37

[956] Róbert Gida

2011-01-07 23:41:37

Aha, számítógépem szerint 6mn+-n²+-m alakban az első 10000 természetes egész szám előáll. Valószínűsíthető, hogy mindegyik.

Na ennyit a bili tipusú sejtésekről.

Előzmény: [953] Róbert Gida, 2011-01-07 23:25:55

[955] Tóbi	2011-01-07 23:41:27
Örülök, hogy újra látlak itt, Bily. Az egyetemmel hogy haladsz?

[954] bily71

2011-01-07 23:27:57

Ezt a hozzászólásomat tekintsétek semmisnek.

Helyesen megfogalmazva: ha 6^lk $\pm$ 1 számok közül legalább az egyik összetett, akkor bármely i-re teljesül a k_i=6nm $\pm$ nⁱ $\pm$ m.

Előzmény: [951] bily71, 2011-01-07 22:41:35

[953] Róbert Gida

2011-01-07 23:25:55

Az új verzióra is van pesze ellenpélda: l=2,k=2,m=2,n=12

Ekkor 6^l*k+-1=71,73 prímek, míg k=2=6*n*m-n²+m

Kiváncsian várom a sejtés új verzióját, vagy azt, hogy ez miért nem jó ellenpélda, mert valamiért biztos nem lesz jó.

Előzmény: [952] Róbert Gida, 2011-01-07 23:21:09

[952] Róbert Gida	2011-01-07 23:21:09
Hazudozol össze-vissza. 937-es hozzászólásodban még 6\|k-t írtál.
Előzmény: [950] bily71, 2011-01-07 21:58:22

[951] bily71

2011-01-07 22:41:35

Vagy másképp megfogalmazva, ha a

k_i $\ne$ 6nm $\pm$ nⁱ $\pm$ m

egyenlőtlenség teljesül a 6^lk=6ⁱk_i szorzatokban fellépő legnagyobb i-re a rekurzió miatt az összes fellépő i-re teljesül. Ebben az esetben már mondhatjuk, hogy 6^lk $\pm$ 1 akkor és csak akkor prímek, ha a fentiek teljesülnek.

Előzmény: [950] bily71, 2011-01-07 21:58:22

[950] bily71

2011-01-07 21:58:22

Ha elolvasnád, tudnád, hogy ez miért nem ellenpélda.

6²^.12 $\pm$ 1=6³^.2 $\pm$ 1

Az egyenlőség jobb oldalán l=3,k=2 és

k=2 $\ne$ 6nm $\pm$ n³ $\pm$ m

Na jó, egy feltétel hiányzik: 6^lk $\pm$ 1 prímek akkor (most hirtelen nem tudom eldönteni, hogy és csak akkor-e) ha

k $\ne$ 6nm $\pm$ n^l $\pm$ m

és k nem osztható 6-tal.

Ne tévesszen meg egy másik feltétel, a két k nem ugyanaz, a levezetésben az egyiket k-val, a másikat K-val jelöltem.

Előzmény: [947] Róbert Gida, 2011-01-07 20:32:04

[949] Róbert Gida	2011-01-07 20:38:36
11 másodperccel megelőztelek. Mi a baj az ellenpéldával/ha van egyáltalán?
Előzmény: [948] bily71, 2011-01-07 20:32:15

[948] bily71

2011-01-07 20:32:15

Ezalatt a félév alatt is, míg nem írtam, számtalan ötletem volt, de elértem a fejlődésnek azt a fokát, hogy mostmár tudni vélem, hogy melyiket kell elvetni, melyiket tudom bizonyítani és melyik csak sejtés. Persze nem vagyok tévedhetetlen, hiszen senki nem az.

Ne keress ellenpéldát, nem fogsz találni. Ehelyett próbáld megérteni a gondolatmenetemet.

Előzmény: [946] Róbert Gida, 2011-01-07 20:01:18

[947] Róbert Gida

2011-01-07 20:32:04

Bingó: l=2;k=12;n=72;m=12 ellenpélda rá, amúgy még van rengeteg.

k osztható 6-tel, 6^l*k+-1=431,433 prímek, míg k=12=6*n*m-n^l+m

Előzmény: [946] Róbert Gida, 2011-01-07 20:01:18

[946] Róbert Gida

2011-01-07 20:01:18

Ha meglátok egy ilyen vagy hasonló állítást/sejtést, akkor az az első lépés, hogy ellenpéldát próbálok keresni.

A "bizonyításodat" sem teljesen értem.

Előzmény: [942] bily71, 2011-01-07 18:09:55

[945] Fálesz Mihály	2011-01-07 19:53:28
Valóban.
Előzmény: [944] bily71, 2011-01-07 19:28:03

[944] bily71

2011-01-07 19:28:03

Nincs igazad.

k=18, mely ugyebár 6nm-n^l-m alakú, ahol m=n=l=2, ezért 6^lk $\pm$ 1, vagyis 6²^.18-1=647 prím és 6²^.18+1=649=11^.59 összetett, tehát ez a számpár nem ikerprímpár.

Az állításom mégegyszer:

6^lk $\pm$ 1

prímek, akkor és csak akkor, ha

k $\ne$ 6nm $\pm$ n^l $\pm$ m.

Előzmény: [943] Fálesz Mihály, 2011-01-07 18:28:43

[943] Fálesz Mihály	2011-01-07 18:28:43
A k=18 szám 6nm-n^l-m alakú (m=n=l=2-re 6nm-n^l-m=6^.2^.2-2²-2), ennek ellenére 6^.18-1=107 és 6^.18+1=109 is prím.
Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

[942] bily71	2011-01-07 18:09:55
Elolvasás és megértés után is úgy tűnik neked, hogy hamis, vagy ennyivel le is zártad?
Előzmény: [938] Róbert Gida, 2011-01-07 16:57:40

[941] bily71	2011-01-07 18:07:21
Minden 6^lK $\pm$ 1 alakú szám egyben 6^l-1k $\pm$ 1 alakú is, vagyis ebben az esetben 6\|k. (l $\in$ N,l>1)
Előzmény: [939] SAMBUCA, 2011-01-07 16:59:13

[940] bily71	2011-01-07 17:58:06
Azért nem találod, mert eleve csak azokat az eseteket vizsgáltam, amikor 6\|k, 6²\|k, 6³\|k...
Előzmény: [939] SAMBUCA, 2011-01-07 16:59:13

[939] SAMBUCA	2011-01-07 16:59:13
csak én nem találom azt az esetet, ha 6 nem osztója k-nak?
Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

[938] Róbert Gida	2011-01-07 16:57:40
Első állításod ránézésre hamis.
Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?