|
|
[1046] bily71 | 2011-02-01 13:39:49 |
A [714]-ben azt már elismerted, hogy az f(n) az ikerprímeket számlálja.
Olvasd el figyelmesen az [1039]-beli bizonyításomat arra vonatkozólag, hogy a p(n) a 3-nál nagyobb prímeket számlálja.
Nem látom, hogy az egyenlőtlenségből az következne amit leírtál, de ha ez így van, arról nem én tehetek, hanem a prímek :D
|
Előzmény: [1043] Róbert Gida, 2011-02-01 13:01:18 |
|
[1045] bily71 | 2011-02-01 13:28:26 |
Dehát a d nem lehet 3! Vajon még hányszor kell itt leírnom?
A következőkben minden változó pozitív egészet jelöl, ha nem, akkor azt jelzem.
Ha 6k1 számok legalább egyike összetett, akkor
6k1=(6nn)(6mm),
ebből
k=6nmnm,
vagyis, ha
k6nmnm,
akkor 6k-1 és 6k+1 ikerprímek.
Ha
k=6nmnm,
akkor
k=n(6m1)m,
vagyis k tagja az ilyen alakú számokból álló számtani sorozatok egyikének.
Nyilvánvaló, hogy ha 6m1 prím, akkor a d=6m1 differenciához két számtani sorozat tartozik, vagyis k-ra teljesül a
km (mod (6m1))
kongruenciák egyike.
Ha d=6m1 összetett, akkor k szerepel az osztóihoz rendelt számtani sorozatok egyikében, amelyekből darab van, ahol (d) a d osztóinak száma.
|
Előzmény: [1042] Maga Péter, 2011-02-01 12:47:57 |
|
|
|
[1042] Maga Péter | 2011-02-01 12:47:57 |
Ezt a bi-t még mindig nem értem. Mi az, hogy 'egy pozitív egész darab d differenciájú számtani sorozatban szerepelhet'?
Ha d=3, a pozitív egész pedig 2, akkor melyik az a két 3 differenciájú számtani sorozat, amiben a 2 szerepel?
|
Előzmény: [1034] bily71, 2011-02-01 09:59:53 |
|
|
|
[1039] bily71 | 2011-02-01 12:18:23 |
Igen, jól látod.
Ha véges sok ikerprím van, akkor
n0N nN n0<n: fn=fn-1 gn=fn-fn-1=0,
ebben az esetben gn konvergens, hisz
nN: gngn+1
és
ekkor
ahol az fn sorozat határértéke, vagyis az ikerprímek száma.
Ha az fn sorozat divergens, akkor a sor is divergens, vagyis ekkor az ikerprímek száma nem lehet véges.
Az [729]-beli 1. tétel bizonyítása:
Tekintsük a 6n-1 alakú számok sorozatát: 5,11,17,..., ha veszük ezen számok egyhatodának felső egészrészit, akkor a következő számsorozatot kapjuk: 1,2,3,...
Ha p|6k-1, ahol p>3 prím és p<6k-1, akkor
6k-10 k(p+1)/6 (mod p),
amennyiben 6k-1 prím, úgy az előbbi kongruencia nem teljesülhet a nála kisebb p prímekre, vagyis, k nem szerepelhet a n(6m1)+m alakú tagokból álló számtani sorozatok egyikében sem. Az ilyen k-k száma [pn2/6]-ig:
Itt minden d-hez csak egy számtani sorozat tartozik.
Ugyanezt az eljárást megismételhetjük a 6k+1 alakú számok esetében is (itt a számok alsó egészrészével dolgozunk), azt kapjuk, hogy a [pn2/6]-nál nem nagyobb fenti tulajdonságú k-k száma:
a két szumma összege:
kiadja a [pn2/6]-nál nem nagyobb 3-nál nagyobb prímek számát.
|
Előzmény: [1037] SAMBUCA, 2011-02-01 10:45:05 |
|
[1038] Róbert Gida | 2011-02-01 11:28:33 |
Tudod mi zavar a *bizonyításodban*? Az, hogy, ha igaz lenne, akkor a biz. végén levő egyenlőtlenség (egyenlőség?) szerint a prímeknek mindig a fele lenne egy ikerprímpár tagja. Ami nyilván nem igaz, még csak nagyságrendileg sem, hiszen még bizonyították is, hogy x-ig legfeljebb ikerprím van.
|
Előzmény: [1025] bily71, 2011-01-31 22:41:09 |
|
|
|
|
[1034] bily71 | 2011-02-01 09:59:53 |
Az f(x)-re emlékszel? x-hez azon [x/6]-nál nem nagyobb pozitív egészek számlát rendeli, melyek nem szerepelnek a (6m1)nm alakú tagokból álló számtani sorozatok egyikében sem. Ha az f(x)-et csak az x=pn2 helyeken értelmezzük, akkor egy pozitív egészekből álló számtani sorozatot kapunk, ahol az fn tag egyenlő a [pn2/6]-nál nem nagyobb fenti tulajdonságú pozitív egészek számával.
A bi tagot az alábbi összefüggésből kapjuk: a kínai maradéktétel miatt egy pozitív egész darab d differenciájú számtani sorozatban szerepelhet, melyek kezdőtagjai: . Az ai,1 kezdőtagú számtani sorozatnak pn2-nél nem nagyobb elemeinek száma
ebből
bi=d-ai,1
Az átalakításokat azért hajthattuk végre, mert az 1,6,d,ai,1,pn2 számok egészek.
A gn-t elírtam, helyesen:
gn=fn-fn-1,
vagyis
g1=f1-f0=
A Gn sor tagjai a zárójelben lévő összegek, vagyis a és a sor ugyanannak a sornak az átrendezett és zárójelezett sora.
|
Előzmény: [1032] Maga Péter, 2011-02-01 08:29:01 |
|
|
|
[1031] Alma | 2011-02-01 01:21:54 |
El nem tudjátok képzelni, vizsgára tanulás közben mennyire felüdítő tud lenni a fórum olvasgatása. Komolyan. :)
|
|
|
|
[1028] Róbert Gida | 2011-01-31 23:28:10 |
Azért a definíciókat nem ártana visszaírnod, mert így valószínűleg csak TE érted amit leírsz.
"...vagyis az ikerprímek száma végtelen. Hol a hiba, (mert biztos van)?"
Abban biztos lehetsz.
|
Előzmény: [1025] bily71, 2011-01-31 22:41:09 |
|
|
[1026] Kemény Legény | 2011-01-31 23:08:34 |
"Óriási dolog lenne találni egy olyan "képletet", ami minden egészre prímet adna..."
Nem pont az általad kért tulajdonsággal, és nem is feltétlenül konstruktív módon, de léteznek 'jó tulajdonságú képletek'.
Idézet innen:
"Legendre showed that there is no rational algebraic function which always gives primes. In 1752, Goldbach showed that no polynomial with integer coefficients can give a prime for all integer values (Nagell 1951, p. 65; Hardy and Wright 1979, pp. 18 and 22). However, there exists a polynomial in 10 variables with integer coefficients such that the set of primes equals the set of positive values of this polynomial obtained as the variables run through all nonnegative integers, although it is really a set of Diophantine equations in disguise (Ribenboim 1991). Jones, Sato, Wada, and Wiens have also found a polynomial of degree 25 in 26 variables whose positive values are exactly the prime numbers (Flannery and Flannery 2000, p. 51)."
|
Előzmény: [1024] Fernando, 2011-01-31 22:28:50 |
|
[1025] bily71 | 2011-01-31 22:41:09 |
"Miféle megszámolás az, amelyből még azt sem tudjuk megmondani, hogy az ilyen alakú számok x-ig vett száma korlátos-e, mint x függvénye?"
Ha az f(x)-et csak az x=pn2 helyeken vizsgáljuk, ahol p0=5, akkor az f(n) pozitív tagú sorozatot kapjuk:
...
Legyen gn=fn+1-fn, ekkor a formális összeg egyenlő a 6k1 alakú ikerprímek számával.
A következő sorozat n-edik tagja egyenlő a pn2-nél nem nagyobb 6k1 alakú prímek számával (lásd [729]-ben 1. Tétel).
...
Legyen qn=pn+1-pn, ekkor , hiszen végtelen sok ilyen alakú prím van.
A sor tulajdonképp a sor egy zárójelezett sora:
,,, , , , , , ,...
Ugyanígy a sor a sor egy zárójelezett sora:
, ,, , , , , , ,...
Mivel az (d)>0 esetekben a összeg két tagja megegyezik a összeg két tagjával, azért a
|Qn||2Gn|
teljesül bármely n esetén. Minthogy , azért a minoráns kritérium miatt
Ebből , vagyis az ikerprímek száma végtelen.
Hol a hiba, (mert biztos van)?
|
Előzmény: [716] Maga Péter, 2010-05-16 10:54:53 |
|
[1024] Fernando | 2011-01-31 22:28:50 |
Valahol azért FÖLHÁBORÍTÓ, hogy ennyit nézel ki az elmúlt évszázadok matematikusaiból...
"eddigi számításaim azt igazolják,hogy százig ,,SORBAN az összes prím kiszámítható ,,vele""
Léteznek olyan polinomok is(!!), nem is nagy fokszámmal, amikkel aránylag sok prímet kaphatunk, de korántsem mindet és nem minden egész helyettesítési értékeként.
Óriási dolog lenne találni egy olyan "képletet", ami minden egészre prímet adna...
|
|