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.

[987] márton	2011-01-29 23:48:13
Ha „páros szám” helyett „egész számot” írunk, akkor már a "teljes" Goldbach-sejtés kevéssé szokásos megfogalmazásánál tartunk: ha minden egész szám prím számpár számtani középértéke, akkor minden középérték kétszerese (a páros számok) prím számpár összege.
Előzmény: [981] Zilberbach, 2011-01-29 20:13:20

[986] Fernando

2011-01-29 21:50:11

"... az Andrew Wiles féle matematikusokat soha nem szerettem. "

Elképzelem, ahogy most Wiles a kardjába dől emiatt... :)

Előzmény: [978] Róbert Gida, 2011-01-26 03:24:20

[985] SAMBUCA	2011-01-29 21:45:51
"Az állításom igaz..." Majd ha be is bizonyítottad
Előzmény: [984] Zilberbach, 2011-01-29 21:26:36

[984] Zilberbach

2011-01-29 21:26:36

Az állításom igaz 4-gyel nem osztható páros számokra is, pl:

14=11+3 és 14=17-3 vagy 22=17+5 és 22=27-5 stb...

Előzmény: [982] Tóbi, 2011-01-29 20:49:07

[983] Zilberbach	2011-01-29 21:13:42
Köszönöm a választ.
Előzmény: [982] Tóbi, 2011-01-29 20:49:07

[982] Tóbi	2011-01-29 20:49:07
A 2k páros számhoz keresünk olyan p és q számokat, amikre 2k-p=q-2k $\rightarrow$ 4k=p+q. Tehát minden 4-gyel osztható szám felírható két prímszám összegeként. Ez pont a "fele" Goldbach sejtésének, így kizárt, hogy könnyen kijöjjön.
Előzmény: [981] Zilberbach, 2011-01-29 20:13:20

[981] Zilberbach

2011-01-29 20:13:20

Ha valaki tudja a bizonyítását az alábbi állításnak, kérem írja meg, mert nagy segítség lenne a Goldbach sejtés bizonyításához.

Minden páros számhoz található két, tőle a számegyenesen azonos távolságra lévő prímszám.

[980] márton

2011-01-28 23:17:23

Köszönöm a kiigazítást – és a védelmet is. A helyesírásra én is kényes vagyok, ezért a dolgozatomban végigjavítottam, egyelőre a diagramok címei nélkül.

Én is hívő vagyok, de ami a két sejtés ekvivalenciáját illeti, ott még nem tartok. Minden esetre mindkét sejtés vizsgálatánál lényegesnek látszik azonos reprezentáció bevezetése: a prím számpárokat számtani középértékük, illetve ezek sorszáma reprezentálhatja.

[979] Sirpi	2011-01-26 08:53:52
Az egybeírt meg egybeírják, ha már nyelvtan-nácit játszol ;-)
Előzmény: [978] Róbert Gida, 2011-01-26 03:24:20

[978] Róbert Gida

2011-01-26 03:24:20

Nemrég egy másik angol matek fórumon is összekapcsolta valaki a két sejtést. Már én is kezdek hinni benne, hogy a 2 sejtés ekvivalens!!! Neked is mondom, hogy Bily talán besegít neked (ő régebb óta van a 2 témán, és emellett már az összes vizsgáját letette, így van néhány hete a problémára), de ABotondot se hagyjátok ki (nagyon érdekes, prímek és irred. polinomok kapcsolata a kutatási területe), ő a Riemann sejtésen gondolkodik. A matek különben is úgy izgalmas, ha többen csinálják együtt, az Andrew Wiles féle matematikusokat soha nem szerettem.

ps. Ikerprímet egybe írják.

Előzmény: [977] márton, 2011-01-26 01:46:22

[977] márton

2011-01-26 01:46:22

A Fórumon még új vagyok, de már régóta optimista. Azok közé tartozom, akik úgy gondolják, hogy az iker-prím sejtésre és a Goldbach-sejtésre is található megoldás, ebben a sorrendben. Magam is próbálkoztam mindkettővel, de fordított sorrendben. Ezt nem sajnálom, mert a Goldbach-sejtés vizsgálatánál is számomra nagyon szép és érdekes összefüggéseket találtam. Ezeket alkalom adtán szívesen megosztom az érdeklődőkkel, ha van bennük valami érdemleges.

A jövőben szeretnék visszatérni a Goldbach-sejtéshez, de úgy látszik, hogy ahhoz az iker-prím sejtésnél alkalmazott módszer és eredmények is szükségesek. Ezért elsődlegesen ezek elfogadhatóságát szeretném a Fórum közreműködésével tisztázni. Úgy látom, hogy ennek módja nem lesz könnyű, de kérem, hogy jelentkezzen, akit érdekel.

[976] bily71	2011-01-25 13:24:00
Ma volt az utolsó, analízis, 3-as lett :)
Előzmény: [975] Róbert Gida, 2011-01-24 17:41:13

[975] Róbert Gida	2011-01-24 17:41:13
Már nincs vizsgád?
Előzmény: [974] bily71, 2011-01-24 15:35:20

[974] bily71

2011-01-24 15:35:20

Ez tényleg vicces, de valami elkerülte a figyelmünket a nagy ellenpéldakeresésben.

Ha a 6K $\pm$ 1 számok legalább egyike összetett, akkor K előáll 6uv $\pm$ u $\pm$ v alakban (K,u,v $\in$ Z⁺), vagyis szerepel ama táblázatban, ami bizony szimmetrikus, így, ha a 6²k $\pm$ 1 számok közül legalább az egyik összetett, akkor fennáll a

k=6nm $\pm$ n² $\pm$ m

és a

k=6(6m $\pm$ n)m $\pm$ (6m $\pm$ n)² $\pm$ m

is.

Általában, ha a 6^lk $\pm$ 1 számok legalább egyike összetett, akkor

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

(1)

és

k=6(6m $\pm$ n^l-1)m $\pm$ (6m $\pm$ n^l-1)^l $\pm$ m

(2)

Tehát ezt állítom: ha az (1) és (2) közül legalább az egyik nem teljesül, akkor 6^lk $\pm$ 1 számok prímek, vagyis ikerprímekkel van dolgunk (k,n,m,l $\in$ Z⁺,l>1).

Előzmény: [973] Maga Péter, 2011-01-08 14:31:01

[973] Maga Péter	2011-01-08 14:31:01
Az n=6k, m=k választás mutatja, hogy minden k természetes szám előáll 6mn-n²+m alakban. :D
Előzmény: [956] Róbert Gida, 2011-01-07 23:41:37

[972] bily71

2011-01-08 13:47:24

Tehát arra az esetre vagy kiváncsi, mikor 6|n és 6|m.

Ekkor (a) m+n=6M₁, ebből m=6M₁-n és (b) n-m=6M₂, ebből m=6M₂+n.

Az (i)-ből kimaradt két eset egyike:

(a)

k=6nm+n-m=6n(6M₁-n)+n-(6M₁-n)=6(6nM₁-n²-6M₁)+2n,

(b)

k=6nm+(n-m)=6n(6M₂+n)+(n-(6M₂+n))=6(6nM₂+n²+M₂),

vagyis

6(6nM₁-n²-M₁)+2n=6(6nM₂+n²+M₂),

ezt az esetet pedig már számba vettük (ii)-ben.

Értehető, vagy leírjam a többit is?

Előzmény: [970] Maga Péter, 2011-01-08 12:08:55

[971] bily71

2011-01-08 12:13:40

Bev. a geometriába gyak., ea.,

bev. az analízisbe I. gyak., ea.,

lin. algebra I. gyak., ea.,

mat. alapism.,

elemi mat.,

fiz. alapism. gyak., ea.,

info.,

log. alapok,

EU alapism.

Előzmény: [964] Maga Péter, 2011-01-08 10:15:45

[970] Maga Péter	2011-01-08 12:08:55
Még mindig nem értem. Mi van, ha (i)-ben vagyunk, és k=6nm₁+m₁-n, vagy k=6nm₁-m₁+n? Mi van, ha (ii)-ben vagyunk, és k=6nm₂+m₂+n vagy k=6nm₂-m₂-n? Ezekben az esetekben megmarad a 2n vagy a -2n tag. Én nem látom, hogy ezek miért nem játszanak, sőt, úgy látom, hogy abból, hogy k=6nm $\pm$ n $\pm$ m, és 6\|n $\pm$ m, nem következik, hogy van egy további összefüggés a választott előjelek között. De javíts ki, ha tévednék (van valami egyéb feltételed, amit figyelmen kívül hagytam; valami triviálisat elnézek stb.)!
Előzmény: [966] bily71, 2011-01-08 10:45:41

[969] Maga Péter	2011-01-08 12:02:32
Igen, arra gondoltam:).
Előzmény: [968] SAMBUCA, 2011-01-08 11:55:43

[968] SAMBUCA	2011-01-08 11:55:43
Szerintem Péter arra gondolt, hogy akkor milyen óráid vannak első félévben.
Előzmény: [967] bily71, 2011-01-08 11:01:15

[967] bily71

2011-01-08 11:01:15

Semmi, csak megint elmélkedtem :)

Annyi, hogy ha a 6^lk $\pm$ 1 számok valamelyike összetett, akkor k eleme a m(6n $\pm$ 1) $\pm$ n^l számtani sorozatok valamelyikének.

Amennyiben l=1 és 6¹k $\pm$ 1 prímek, akkor k nem eleme a m(6n $\pm$ 1) $\pm$ n¹ számtani sorozatok egyikének sem, de ez, mint ahogy közben kiderült, nem igaz, ha l>1.

Előzmény: [964] Maga Péter, 2011-01-08 10:15:45

[966] bily71

2011-01-08 10:45:41

Legyen (i) m₁+n=6M és (ii) m₂-n=6M.

(i) m₁+n=6M, ebből m₁=6M-n

Két eset van:

6nm₁+(m₁+n)=6n(6M-n)+(n+(6M-n))=6(6nM-n²+M)

6nm₁-(m₁+n)=6n(6M-n)-(n+(6M-n))=6(6nM-n²-M)

(ii) m₂-n=6M, ebből m₂=6M+n

Itt is két eset van:

6nm₂+(m₂-n)=6n(6M+n)+(n-(6M+n))=6(6nM+n²-M)

6nm₂-(m₂-n)=6n(6M+n)-(n-(6M+n))=6(6nM+n²+M)

Előzmény: [963] Maga Péter, 2011-01-08 10:03:03

[965] bily71

2011-01-08 10:21:14

Amit bizonyítottam az az, hogy ha a 6^lk $\pm$ 1 számok valamelyike összetett, akkor teljesül a $k\equiv\pm\left(\frac{p\pm1}6\right)^{l}~(\mod{p})$ kongruencia valamely p=6K $\pm$ 1 számra.

A sejtésem az volt, hogy ha a kongruencia nem teljesül egyik p-re sem, akkor 6^lk $\pm$ 1 prímek, de ez csak az l=1 esetben igaz.

Előzmény: [960] Róbert Gida, 2011-01-08 01:16:16

[964] Maga Péter	2011-01-08 10:15:45
És mi van?
Előzmény: [962] bily71, 2011-01-08 09:58:32

[963] Maga Péter

2011-01-08 10:03:03

,,Legyen m=6M $\pm$ n, ekkor k=6n(6M $\pm$ n) $\pm$ n $\pm$ (6M $\pm$ n), ebből k=6(6nM $\pm$ n² $\pm$ M), ebből, mivel k=6K, K=6nM $\pm$ n² $\pm$ M.''

Ezt nem értem. Ha k=6n(6M $\pm$ n) $\pm$ n $\pm$ (6M $\pm$ n), akkor k=36nM $\pm$ 6n² $\pm$ 6M $\pm$ n $\pm$ n=6(6nM $\pm$ n² $\pm$ M) $\pm$ n $\pm$ n, és hát $\pm$ n $\pm$ n nem feltétlenül 0. Vagy elnézek valamit, és valamely korábbi feltételek garantálják, hogy az előjelek egyike +, a másik pedig -?

Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?