Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Az ikerprím-sejtésről

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[108] Maga Péter2011-12-05 15:04:18

,,Jelenleg tényleg a győzködés folyik, bár szerintem sokkal egyszerűbb és célirányos lenne, ha kiderülne, hogy hol hiányos és miért nem ellenőrizhető valamelyik bizonyítás.''

Számomra ennek egy nagyon látványos (és az állítólagos bizonyítás szempontjából rendkívül fontos) példája az 5. oldal elején megjelenő Gi* mennyiség, amit előtte sehol nem definiálsz normális módon. Utána meg állítasz róla valamit.

Előzmény: [99] márton, 2011-12-03 17:27:56
[107] Fálesz Mihály2011-12-04 18:53:11

OK, tehát nem állítod, hogy az eljárás a 21-edik lépésben véget ér. Valójában soha nem ér véget, például minden i-re az i-edik prímet és hatványait nem dobjuk ki az i-edik lépés előtt.

* * *

"Ha azonban meggyőződünk arról, hogy ez a sorozatok első tagjától eltekintve bármely tagra fennáll, akkor a 20. lépésben képzett valamennyi sorozat (1 sorozattól eltekintve az 1. tag kivételével) kiszűrhető..."

Nem látom, hogy miért lehetne a megmaradt számtani sorozatokat teljes egészükben kidobni, és azt sem, hogy hogyan "győződünk meg" erről. Különösen az ikerprímek esetén: bármelyik lépés után a megmaradt számtani sorozatokban pl. egy csomó nagyon nagy prím van, és a ki nem szűrt számok között végtelen sok olyan számpár, amiben mindkét számnak csak nagyon nagy prímosztói vannak.

A kínai maradéktétel miatt minden pozitív egész n-re létezik olyan a szám, ami osztható p1p2...pn-nel, továbbá a-1 osztható pn+1pn+2-gyel. Hogyan "vesszük észre" az n-edik lépés előtt, hogy az (a-1,a+1) számok nem ikerprímek?

Előzmény: [104] márton, 2011-12-04 11:55:46
[106] Fálesz Mihály2011-12-04 18:15:06

Erre írtam, hogy meg lehet figyelni dolgokat, de az nem bizonyítás. Nem tudhatjuk, hogy ezek a mennyiségek hogyan viselkednek, ha x a számunkra és a számítógépeink számára már kezelhetetlenül nagy.

Előzmény: [105] márton, 2011-12-04 12:30:39
[105] márton2011-12-04 12:30:39

„Ezek a konstansok konkrét számok, nem függnek az x-től.”

Definíció szerint igen. Nem számoltam ki, de ha megnézed C2 képzésének módját, kezdetben jelentősen változik attól függően, hogy a prímeket milyen határig alkalmazod. Pi és x között pedig lehet találni függvénykapcsolatot. A gondolat lehet eretnek, mert a konstanst nem arra a célra találták ki, hogy ne legyen konstans.

A \pi2(i) (nálam: \gammai*) függvényre, ahol i a prímek sorszáma, számítógépem szépnek mondható polinomiális trend függvényt dobott ki, amit \gammai* hullámosan követ. A kis i értékek miatt ennek még nincs jelentősége, de mivel i is összefüggésbe hozható x-szel, a hiba vizsgálatoknál – ha sort keríthetek rá – esetleg figyelembe fogom venni (l. a Függelék IP 3.2./2c. diagramját).

Előzmény: [101] Fálesz Mihály, 2011-12-03 19:21:53
[104] márton2011-12-04 11:55:46

Idézett mondatom ezt jelenti:

1. Ha a szűrést az algoritmus szerint változatlanul folytatjuk további, nem korlátos számú lépésben, akkor a 20. lépésben képzett sorozatoknak minden tagja (természetesen 1 sorozattól eltekintve az 1. tag kivételével) előbb-utóbb kiszűrésre kerül/kerülhet. Ebben az esetben tehát van/lehet 21. és minden további lépés.

2. Tudjuk, hogy a 20. lépésben képzett sorozatok tagjai között bizonyosan vannak még kiszűrhetők. Ha azonban meggyőződünk arról, hogy ez a sorozatok első tagjától eltekintve bármely tagra fennáll, akkor a 20. lépésben képzett valamennyi sorozat (1 sorozattól eltekintve az 1. tag kivételével) kiszűrhető, a 21. és további lépések elvégzésére már nincs szükség.

Előzmény: [103] Fálesz Mihály, 2011-12-04 08:14:53
[103] Fálesz Mihály2011-12-04 08:14:53

Az első dolog, amit kifogásolok, az az, hogy a mondatok többféleképpen érthetők, mert nem írod le világosan és egyértelműen.

Maradjunk az első mondatnál.

"... A z+1=20-dik lépéstől kezdve azonban a természetes számsor minden, még ki nem szűrt tagjának kiszűrésre kell kerülnie ..."

Ez mit jelent? A 20-adik lépésben minden nem-gyengeökörprímet kiszitálunk, és 21-edik lépés már nincs is?

Előzmény: [102] márton, 2011-12-04 02:26:05
[102] márton2011-12-04 02:26:05

A szövegemben van pontatlanság, amit javítani szerettem volna, de Te nem azt kifogásolod. Most a kérdésedre válaszolok.

Idézett mondatom másik fele ez: „...akkor is, ha csak az algoritmust tovább követve, erről nem veszünk tudomást.” Tehát akárhány lépés következhet még, ha nem vesszük észre, hogy már nincsen ki nem szűrhető elem, de ha észrevesszük, akkor a következőt sem kell már megtennünk, mert valamennyi képzett sorozat kiszűrhető.* Tény az, hogy a sorozatok adott határ felett a természetes számsort lefedő tagjaik miatt nem diszjunktak.

„...honnan vesszük észre, hogy a 60 az utolsó ökörprím?” Elegendő megvizsgálni a z+1=20-dik lépés algoritmus szerint ki nem szűrt, pl. 1-gyel kezdődő sorozatának egymást követő, 1-től különböző p21-1 számú tagját. Ha ezek kiszűrhetők, akkor 60 az utolsó ökörprím.

Az ikerprímek esetében ez nem fordulhat elő, mert az egymást követő kiszűrhető diszjunkt sorozatoknak a természetes számok sorába illeszkedő tagjai éppen nem kiszűrhetők: a sorozatok csak a prímszám négyzetektől, illetve az egymást követő prímek szorzataitól kezdődnek (létezik 1-nél több ikerprím számpár). Ott a 0-val kezdődő sorozat soha sem szűrhető ki.

Kérdés maradhat, hogy az ikerprímek esetében a kiszűrésre kerülő diszjunkt sorozatok tagjai valamely számhatár felett nem fedik-e le (ismét) a számsort? Arra, hogy ez nem történhet meg, az a garancia, hogy a kiszűrt sorozatok tagjai kizárólag az eratoszthenészi szitával is kiszitált tagoknak felelnek meg, azok pedig nem fedik le a természetes számsort, hiszen akkor a prímek száma véges lenne.

* (Itt van előző hozzászólásom pontatlansága: a 20. lépésben képzett sorozatoknak nem 61 a legkisebb tagja, azoknak csak a 60-nál nagyobb tagjai lesznek kiszűrhetők.)

Előzmény: [100] Fálesz Mihály, 2011-12-03 19:08:54
[101] Fálesz Mihály2011-12-03 19:21:53

... meg lehetne nézni C2-nek x-től való függését ...

Ezek a konstansok konkrét számok, nem függnek az x-től. Néha oda is írnak konkrét értékeket. De mivel pontatlanok, nincs annyira nagy jelentőségük.

Ha arra gondolsz, hogy a \pi_2(x)\cdot\frac{\log^2x}{x} viselkedését meg lehetne vizsgálni, akkor az kérdés, hogy hogyan. Az első néhány értéket nyilván ki lehet számolni számítógéppel, de ez még mindig csak véges sok. Erősíthet vagy gyengíthet különböző várakozásokat, de egy sorozat első véges sok értékéből nem lehet a határértékre -- vagy akár a határtérték létezésére -- következtetni.

Előzmény: [99] márton, 2011-12-03 17:27:56
[100] Fálesz Mihály2011-12-03 19:08:54

Újabb halandzsa.

"... A z+1=20-dik lépéstől kezdve azonban a természetes számsor minden, még ki nem szűrt tagjának kiszűrésre kell kerülnie ..."

Brrrrr. Ez mit jelent? A 20-adik lépésben minden nem-gyengeökörprímet kiszitálunk, és 21-edik lépés már nincs is? Vagy a 20. lépés után is maradnak gyanús elemek, amiket esetleg majd csak a 1020000-edik lépésben dobunk ki? Ha minden lépés után még mindig végtelen sok gyanús szám marad, honnan vesszük észre, hogy a 60 az utolsó ökörprím?

Előzmény: [98] márton, 2011-12-03 17:10:51
[99] márton2011-12-03 17:27:56

Kedves Mihály!

Tévedsz, mert észreveszem, hogy rajtam kívül senki sem gondolja azt, hogy bebizonyítottam volna az ikerprím-sejtést. Ezt a gondolatot mindenki azonnal magáévá tette, de végül is ennek kellett lennie az alapállásnak. Indokolásával már csak a meggyőződésesek foglalkoznak, de hát az sem könnyű mesterség.

Tudom, hogy a forgalommal szemben haladok, de nem autóval, hanem legfeljebb gyalog. Ha mellettem elférnek az autósok, talán nem okozok zavart a forgalomban. Teszem ezt azért, mert a helyes irányról meg vagyok győződve. Azt is tudom, hogy a célt többféle irányba elindulva is el lehet érni, és van matematikus, aki azt egészen más oldalról sikeresen közelíti. Még magamban sem gondolom azt, hogy rajtam kívül mindenki, aki más irányban halad, vagy mással foglalkozik, hülye lenne. Ha így lenne, már régen nem lennék a Fórum vendége.

Lehet, hogy az állóvizet itt a Fórumon kicsit felkavartam, de aki nem akart, nem lépett bele. Talán többen vannak az óvatosak, mint az érdeklődők. Kívülem a kilépés is könnyű bárkinek. Jelenleg tényleg a győzködés folyik, bár szerintem sokkal egyszerűbb és célirányos lenne, ha kiderülne, hogy hol hiányos és miért nem ellenőrizhető valamelyik bizonyítás. Éppen ez volt az egyik fő oka annak, hogy ezeket itt témává alakítottam. Azt is tudom, hogy a dialógusok nem folytatódnak örökké, és valamikor kivonulok. Hogy mikor és miért, arra nem tippelek, mert annak nagyon sok oka lehet, és bármikor megtörténhet. Azt viszont őszintén remélem, hogy nem sértődötten fogom megtenni. Azt is remélem – bár sajnos nem látom jeleit –, hogy a téma részvételem nélkül is életképes marad.

„A hiba megtalálására egy lehetséges módszer, hogy az ember kipreparál egy olyan esetet, amikor a program rossz eredményt ad. Az ökörprímek vagy a gyenge ökörprímek példája lehetne egy ilyen.”

Most már látom, hogy a gyenge ökörprímek példája egy nagyon ügyesen kipreparált eset. Azért törvényszerű viszont, hogy az ellenpéldáknak el kell bukniuk, és a programmal ezt ki lehet mutatni, mert az ikerprím szűrés alapja az eratoszthenészi szita, ami bizonyíthatóan mindig jól működik. Ott a ki nem szitált tagok száma végtelen.

***

„Felső becslést tudunk”...

Igen, ezt észrevettem. Az arány helyessége azonban végül is attól függ, hogy c értékét hogyan tudjuk meghatározni. A c=2C2 összefüggés kis x értékekre elég pontatlan. Lehet, hogy ez is eretnek gondolat: meg lehetne nézni C2-nek x-től való függését. Nem hiszem, hogy meg ne próbálták volna, hiszen értéke definíció szerint is a figyelembe vett prímektől függ. Egyébként: az aránypár akkor is figyelemre méltó, ha \pi2(x)-re más összefüggést találtak volna.

Előzmény: [96] Fálesz Mihály, 2011-12-01 09:29:57
[98] márton2011-12-03 17:10:51

Vegyük tehát elő újra a gyenge ökörprímeket. A bizonyításodhoz a következőket szeretném hozzáfűzni:

A bizonyítás nem helytálló, mert a kiszűrt sorozatok nem diszjunktak. Az 5-nél nagyobb prímhatványok sora:

p1=7,  p2=23=8,  p3=32=9,  p4=11,  p5=13,  p6=24=16,  p7=17,  p8=19,  p9=23,  p10=33=27,  p11=29,

p12=31,  p13=25=32,  p14=41, ... A 2. lépésben kiszűrjük a 8-cal, a 6. lépésben a 16-tal, a 13. lépésben a 32-vel osztható számokat. Ez utóbbi két lépésben kiszűrt számokat azonban már a 2. lépésben is kiszűrtük. Hasonlóan a 3. lépésben kiszűrjük a 9-cel, a 10. lépésben a 27-tel osztható számokat, holott ez utóbbiakat már a 3. lépésben is kiszűrtük, stb.. Ettől a kis diszkrepanciától még el lehetne tekinteni, hiszen az ikerprím tulajdonságú elemek is elkülöníthetők a nem ikerprím tulajdonságúaktól a fokozatos szűrés mellett Eratoszthenész módszerével is, ahol a kiszitált sorozatok nem diszjunktak – a prímek száma mégis végtelen.

Halandzsa helyett azonban még a következő észrevételt lehet tenni:

A z=19-dik lépésben még kiszűretlen marad a gyenge ökörprímek legnagyobb tagja, a 60. A z+1=20-dik lépéstől kezdve azonban a természetes számsor minden, még ki nem szűrt tagjának kiszűrésre kell kerülnie, akkor is, ha csak az algoritmust tovább követve, erről nem veszünk tudomást. Belátható azonban, hogy ebben a lépésben a képzett (p1-1)(p2-1)...(p19-1)p20 számú sorozat mindegyike is kiszűrhető, hiszen ezek minden tagja nagyobb 60-nál. A kiszűrhető, egymáshoz képest diszjunkt sorozatok száma tehát (ezek és a megelőzők összege) véges, de valójában (a szűrt halmazon belül) ezek sem diszjunktak: tagjaik a további kiszűrésekkel együtt a 61-gyel kezdődő természetes számsort lefedik, tehát új számtani sorozatot alkotnak. Ha viszont nem szűrhető ki végtelen számú diszjunkt sorozat, akkor a ki nem szűrt elemek száma véges. Az Állítás tehát hamis, a gyenge ökörprímek példája nem jó ellenpélda.

Előzmény: [97] Fálesz Mihály, 2011-12-01 09:54:44
[97] Fálesz Mihály2011-12-01 09:54:44

Vegyük tehát elő újra a gyenge ökörprímeket. Azért hogy ne lehessen egyszerre az összes számot kiszitálni, és a példa se legyen túl nagy, módosítsuk a játékot a következőképpen:

Definíció. Egy pozitív egész számot nevezzünk gyenge ökörprímnek, ha nincs 5-nél nagyobb prímhatvány osztója.

(Titok: Csak véges sok gyenge ökörprím létezik, a legnagyobb gyenge ökörprím a 60.)

Állítás: Végtelen sok gyenge ökörprím létezik.

Bizonyítás. Legyen p1=7,p2=8,p3=9,p4=11,... az 5-nél nagyobb prímhatványok sorozata.

Induljunk ki az összes pozitív egész halmazából, ezek egy db. számtani sorozatot alkotnak. Az i-edik lépésben kiszűrjük a pi-vel osztható számokat. Ehhez az aktuális sorozathalmaz minden elemét pi darab sorozatra bontjuk tovább a modulo pi maradékok szerint, a 0 maradékhoz tartozó sorozatot elhagyjuk.

Az i-edik lépés után megmarad (p1-1)(p2-1)...(pi-1) diszjunkt számtani sorozat, amelyek differenciája p1p2...pi.

(Innen jön a halandzsa...)

Tegyük fel, hogy csak véges sok gyenge ökörprím létezik, és az utolsó ilyen számot a z-edik lépésben találjuk meg. Ekkor a (z+1)-edik szűrési fokozatban az addig ki nem szűrt elemekkel kezdődő, azonos különbségű végtelen számtani sorozatok mindegyikének kiszűrhetőnek kell lennie, ami a szűrés algoritmusa szerint nem lehetséges. Ilyen esetben ugyanis a kiszűrt sorozatok száma is korlátos lenne. Ha mindezt figyelmen kívül hagyva, a szűrést tovább folytatnánk, akkor viszont diszjunkt sorozatok már nem lennének kiszűrhetők. Az ellentmondások miatt a diszjunkt végtelen számtani sorozatok kiszűrése nem lenne folytatható, ami pedig az állítás szükséges feltétele volt. Ezzel bizonyítottuk az Állítást.

Előzmény: [96] Fálesz Mihály, 2011-12-01 09:29:57
[96] Fálesz Mihály2011-12-01 09:29:57

Kedves Márton!

Sajnos nem veszed észre, hogy rajtad kívül senki sem gondolja azt, hogy bebizonyítottad volna az ikerprímsejtést.

Többféle folytatás közül választhatsz. Tovább autózhatsz a forgalommal szemben, és elkönyvelheted, hogy mindenki hülye, csak te nem; ezen belül lehet egy darabig győzködni egymást, hogy a finoman szólva hiányosan és ellenőrizhetetlenül leírt bizonyításod teljesen hibátlan vagy teljesen halandzsa; végül sértődötten kivonulhatsz, hogy a gonosz, féltékeny matematikusok nem fogadják el a laikusok eredményeit.

A másik lehetőség, hogy komolyan elgondolkodsz azon, amiket írtunk. Matematikusokkal és programozókkal is előfordul, hogy valami nyilvánvalóan hibás, de nem látjuk azonnal, hogy hol a hiba. Pl. ugyanabból a bizonyításból egy sokkal erősebb, láthatóan hamis állítás is következne, a számítógépes program váratlanul összeomlik, vagy a teljesen biztonságosnak gondolt szerver programba mégis be lehet törni. A hiba megtalálására egy lehetséges módszer, hogy az ember kipreparál egy olyan esetet, amikor a program rossz eredményt ad. Az ökörprímek vagy a gyenge ökörprímek példája lehetne egy ilyen.

Folyt. köv..

* * *

[83]-ban kértelek, hogy \pi2(x)-et oszd el \pi(x)-szel. Nem tetted meg, de váltig állítottad, hogy a két függvény Téged nem emlékeztet egymásra.

Sajnos nem olvastad elég figyelmesen. Nem tudjuk, mennyi \pi2(x). Felső becslést tudunk: \pi_2(x)\le c\frac{x}{\log^2x}. Heurisztikus meggondolások (pl. a prímek helyettesítése véletlenszámokkal) alapján azt gondoljuk, hogy ez a helyes nagyságrendje, de erre nincs bizonyítás.

Előzmény: [95] márton, 2011-11-30 23:44:35
[95] márton2011-11-30 23:44:35

[79]-ben az ökörprímekről szóló állításodat tételnek nevezted. [94]-ben leírtad, hogy ez hamis. Péternek teljesen igaza van, amikor kifogásolja, hogy a bizonyítást felmentettem. Persze, ott még nem a Te általad előadott "bizonyításra" gondoltam, de az én hibám, hogy ezt nem tettem egyértelművé. Ezt kellett volna írnom: „Nem csak a bizonyításod a hibás.” Kár volt azzal is megelégednem, hogy a tételed hamis (= hiba van benne). Innen kezdve viszont a tőlem adaptáció nélkül átvett bizonyítás is hamissá, halandzsává válik, de egyezzünk meg abban, hogy az így már nem az enyém, hanem a Tied.

„..keresd meg benne a hibát, hátha tanulsz belőle.” Rendben, bár jobb lett volna, ha Te magad keresed meg, de valamennyit talán így is, Te is tanulsz belőle.

Azért a hibakeresés egy részét még meghagyom Neked: ahogyan a Függelék IP-ben az I. rendű ikerprímekre i=5-ig elvégeztem a szűrést, ezt legalább i=3-ig mutasd be az ökörprímekre is. Ellenőrizd, hogy a kiszűrhető sorozatok egymáshoz képest valóban diszjunktak-e, és találsz-e ki nem szűrt ökörprím tulajdonságú elemet?

Ha a bizonyítás további részét vizsgáljuk, arról megállapítható, hogy az változtatás nélkül az ökörprímekre erőltetve már halandzsa, a következők miatt:

Nem kell feltenni, hogy véges sok ökörprím létezik, mert a z=0-dik lépésben megtaláltuk ezt az elemet. Ezért a z+1=1 szűrési fokozatban a korábban még ki nem szűrt, a 2 elemmel kezdődő, 1 különbségű végtelen számtani sorozat kiszűrhető, függetlenül attól, hogy elemeiből még milyen sorozatokat képezhetünk. Az első szűrési fokozatban kiszűrt sorozatok száma tehát 1, korlátos, és ennek elhagyásával a halmazban további kiszűrhető elem nem marad. Ha mindezt figyelmen kívül hagyva, a szűrést tovább folytatnánk, ahogyan azt Te a fentiek szerint megteheted, akkor az csak úgy lehetséges, hogy ha a kiszűrésre kerülő sorozatok minden tagja megegyezik az első lépésben már kiszűrt sorozat valamelyik tagjával. Az első kiszűrt sorozat után kiszűrhető sorozatok tehát már nem lesznek diszjunktak akkor sem, ha egymáshoz viszonyítva azok lennének. Ez pedig szükséges lenne ahhoz, hogy [79] szerinti állításod igaz legyen. Halandzsád csúcsa, hogy a kimutatható ellentmondás mellett is ragaszkodsz a bizonyításból átvett végső következtetéshez, talán azért, mert az ellentmondást elmulasztottad magad megkeresni, kimutatni.

Btw. „...a \pi2(x)/\pi(x) = 2C2/ln x képletet honnan veszed.”

[83]-ban kértelek, hogy \pi2(x)-et oszd el \pi(x)-szel. Nem tetted meg, de váltig állítottad, hogy a két függvény Téged nem emlékeztet egymásra. Miután az osztást végül elvégeztem helyetted, mindjárt az ikerprím-sejtés esetleges újabb bizonyítása jutott eszedbe.

Nem gondolom, hogy én lennék az első eretnek, aki merészelte ezt az osztást elvégezni. Ha a szakirodalomban még nem találtál ilyen eredményt, bátran keresgélj tovább, helyettem is. Engem ez eddig azért nem érdekelt, mert dolgozatomban nem használtam ezeket a függvényeket. Nem néztem utána a \pi2(x) függvény képzését bemutató levezetésnek sem (a nálam lévő tankönyveken kívül, de azokban nincsen), bár gyanítom, hogy abban lehet némi szerepe annak az aránypárnak, ami ugyanezt a fenti képletet eredményezi:

x : \pi(x) = c\pi(x) : \pi2(x)  \to  \pi2(x) = c\pi2(x)/x = cx/ln2x  \to  \pi2(x)/\pi(x) = c/ln x

Az aránypár felírhatóságáról van ugyan elképzelésem, de azt most hagyjuk, azt is csak halandzsának tartanád (hacsak Viggo Brun is nem úgy jutott hasonló eredményre).

Előzmény: [94] Fálesz Mihály, 2011-11-28 17:24:56
[94] Fálesz Mihály2011-11-28 17:24:56

Ne röhögtess. Van egy hamis állítás, amire átírtam a Te halandzsádat. Léccí keresd meg benne a hibát, hátha tanulsz belőle.

Ha az egyetlen darab ökörprím nem tetszik, könnyen módosíthatjuk a játékot. Például nevezzük gyenge ökörprímnek az olyan pozitív egészeket, amiknek nincs 10-nél nagyobb prímhatvány osztója, és vizsgáljuk a gyenge ökörprímek számát.

Nem tudom, hogy a \pi2(x)/\pi(x)=2C2/ln x képletet honnan veszed. Ha ilyen eredmény létezne, az önmagában bizonyítaná az ikerprímsejtést.

Előzmény: [92] márton, 2011-11-28 08:38:56
[93] Maga Péter2011-11-28 10:37:53

,,Nem a bizonyítás hibás. A tételedben van a hiba: (...)'' Ezen a ponton felhördül az Olvasó. Ha egy tétel bizonyítása nem hibás, akkor hogy a túróba' lenne a tételben hiba?! Hibátlan bizonyítása csak igaz állításoknak van (már amennyiben hiszünk a matematika ellentmondásmentességében).

Előzmény: [92] márton, 2011-11-28 08:38:56
[92] márton2011-11-28 08:38:56

„hol hibás az ökörprímekről szóló bizonyítás”?

Nem a bizonyítás hibás. A tételedben van a hiba: nem szójátéknak szánom, de az ökörprímek nem ikerprímek. Az ikerprímek számtani középértékei ugyanis u. annak a sorozathalmaznak (természetes számok végtelen számtani sorozata) olyan elemei, amelyekből 1-nél több van, és ez az ikerprímekről megfogalmazott tétel szerinti állítás szükséges feltétele. Ezt ott nem kellett külön sem kiemelni, sem bizonyítani, mert ez ismert és tudott axióma. Az ökörprímeknél más a helyzet.

Btw.: \pi2(x)/\pi(x)=2C2/lnx

Hogy kit mi mire emlékeztet, szubjektív, kár vitatkozni róla.

Előzmény: [88] Fálesz Mihály, 2011-11-26 19:28:07
[91] Maga Péter2011-11-27 12:07:38

De hogy tovább árnyaljam, leírok én is egy bizonyítást az ikerprím-sejtésre.

*1*1*

A *1*1* és a *2*2* jelek között két hamis állítás van.

Végtelen sok ikerprím van.

*2*2*

Az első állítás nyilván hamis, mert önmaga hamisságát állítja. A második állításnak ekkor igaznak kell lennie. QED

Hol a hiba?

Előzmény: [87] márton, 2011-11-26 19:23:36
[90] Maga Péter2011-11-27 12:03:21

A azt mondja: Állítás: \frac{16}{64}=\frac{1}{4}. Bizonyítás: egyszerűsítsünk 6-tal (mint számjeggyel). Állítás: \frac{19}{95}=\frac{1}{5}. Bizonyítás: egyszerűsítsünk 9-cel (mint számjeggyel).

B azt válaszolja: Akkor \frac{13}{39}=\frac{1}{9}. Bizonyítás: egyszerűsítsünk 3-mal (mint számjeggyel).

Előzmény: [87] márton, 2011-11-26 19:23:36
[89] Fálesz Mihály2011-11-26 19:30:48

Arra akart példa lenni, hogy "a leírt bizonyítással be lehet azt is bizonyítani", hogy az egyelemű {1} halmaznak végtelen sok eleme van.

Előzmény: [87] márton, 2011-11-26 19:23:36
[88] Fálesz Mihály2011-11-26 19:28:07

Továbbra is várom, hogy megmutasd, hogy hol hibás az ökörprímekről szóló bizonyítás.

A prímek és az ikerprímek számáról te írtad a [81]-ben, hogy "enyhén szólva „emlékeztetnek” egymásra". Hát nem.

Btw a prímszámtételben nincs további konstans faktor: \lim_{x\to\infty}\frac{\pi(x)}{\frac{x}{\log x}}=1.

Előzmény: [83] márton, 2011-11-25 23:53:55
[87] márton2011-11-26 19:23:36

Az ökörprímek példája nem volt mindjárt világos, lehet, hogy még most sem az, és rejtvényt nem akartam fejteni. Ezért, mielőtt válaszolnék, megkérdezem: ez ellenpélda akar lenni arra, hogy a leírt bizonyítással be lehet azt is bizonyítani, hogy végtelen sok nem létező eleme van a szűrt sorozatnak?

Előzmény: [85] Sirpi, 2011-11-26 07:51:21
[86] márton2011-11-26 19:18:58

„Na ez az ami biztosan nincsen.”

Köszönöm, hogy kimondtad helyettem, ebben én is teljesen biztos vagyok, nem is állítottam. Remélem, hogy a teljes mondatot elolvasva, nem gondolod, hogy az állítás lett volna.

„Ahogy látom...” Biztos, hogy jól látod?

Előzmény: [84] Róbert Gida, 2011-11-26 01:04:07
[85] Sirpi2011-11-26 07:51:21

Ami ökörprímeidet illeti, őszintén kérlek, hogy ne haragudj, de ökörségekre nagyon sajnálom az időt, mert abból mindig kevés van.

Pedig ez egy igazán konstruktív kritika volt, ami megmutatta, hogy ha az okfejtésed igaz, akkor végtelen sok szám van, ami semmilyen prímmel nem osztható. Az ötletet Te hoztad, szóval tényleg írd le, ebben az esetben miért is ne lenne alkalmazható...

Előzmény: [83] márton, 2011-11-25 23:53:55
[84] Róbert Gida2011-11-26 01:04:07

"akkor kellene lennie olyan végtelen számtani sorozatnak, amelynek minden eleme ikerprím tulajdonságú"

Na ez az ami biztosan nincsen. Már a prímek között sem találsz (nemkonstans) végtelen számtani sorozatot. C jelű Kömal feladatnak is veheted.

Ahogy látom még mindig nem sikerült megismerned a végtelent a matematikában, ezt egyébként semmilyen szinten nem tanítják manapság (specmat-ot kivéve) ?

Előzmény: [83] márton, 2011-11-25 23:53:55

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]