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.
[104] Maga Péter2009-06-06 23:04:20

"Egy számtani sorozat pont azért sorozat, mert szabályos, és bármely jellemzője elkíséri a végtelenig."

Ez persze nem matematikai állítás, de nekem nagyon tetszik. Nagy hirtelen nem tudok rá nemtriviális ellenpéldát, és ha valamilyen matematikai formában ez igaz lenne, az egészen rendkívüli volna...

Én nem nagyon ismerem az analitikus számelméletet, de ha jól gondolom, ebből következik az, hogy nincs Siegel-gyök. Vagy: ha a Riemann-sejtés igaz, akkor az általánosított Riemann-sejtés is igaz. Ha hülyeséget beszélek, lőjetek le:)!

Előzmény: [95] bily71, 2009-06-04 21:30:56
[103] Maga Péter2009-06-06 22:55:36

Ezeket én nem értem...:(

Szívesen megnézném a rendes levezetést én is: sajnos a kis számokon elvégzett demonstráció segítségével sem értettem meg a bizonyítások gondolatát.

Az e-mail-címem publikus.

Megjegyzés: az elején ménkű sok prím van...

[102] bily712009-06-05 12:50:06

Akkor nézzük:

m=10, N=76, pm=71

N-5=71 p

N-11=65 (5x13)

N-17=59 p

N-23=53 p

N-29=47 p

N-35=41 (az első tag nem prím)

N-41=35 (5x7)

N-47=29 p

N-53=23 p

N-59=17 p

N-65=11 (az első tag nem prím)

N-71=5 p

Amint látjuk 76-nak összesen 12 felbontása van. 11 első többszöröse 77, tehát 11-el nem kell számolni. 5 többszöröseiből ami kisebb, mint 71 csak kettő van, 35 és 65. 12 számot kell betakarni, és csak 2 összetett van. Ha az összetettek nem találkoznak össze, akkor is marad 8 hely. Erre gondoltam. Szóval azt mondod, hogy megfordul a helyzet egy idő után? Megvizsgálom.

[101] Pej Nyihamér2009-06-05 11:43:16

Az (N+1)/7-nél nagyobb prímeket valóban ki lehet zárni, de akkor is megmarad kb. m/7 lehetséges prímosztó, es ezeknek rengeteg többszöröse.

* * *

A megfigyelések, amiket írtál, kis értékekre igazak. Például az 5,11,17,23,... sorozat elején még több prím van, mint összetett, egészen 1133-ig. Idáig minden további nélkül működik a skatulya elv: az N-nek több felbontása van, mint ahány összetett szám.

1139-nél azonban már 95-95 prím, illetve összetett szám van a sorozatban. Később pedig sokkal több lesz az összetett, mint a prím, a prímek száma a sorozat első n tagja között kb. \frac{3n}{\log n}, töredéke a teljes sorozatnak.

Például N>e300\approx2.10130 esetén a teljes sorozatnak kb. 1 százaléka prím...

Előzmény: [98] bily71, 2009-06-05 09:50:07
[100] Sirpi2009-06-05 10:32:33

m=10-re az 5, 11, 17, 23, 29, 41, 47, 53, 59, 71 halmazról beszélünk, ami szerintem bővebb, mint amiről Te beszélsz.

Nézzünk egy példát, N=556, próbáljuk felbontani:

5 + 551, 551 = 19*29

11 + 545, 545 = 5*109

17 + 539, 539=7*7*11

23 + 533, 533=13*41

29 + 527, 527=17*31

35 + 521, 35=5*7 (521 prím)

41 + 515, 515=5*103

47 + 509, na, ez végre jó.

Egyébként 556 fele 278, odáig az összes 6k-1 alakú prímet figyelembe kell venned, ami az 5,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89,101,107,113,131,137,149,167,173,179,191,197,227,233,239,251,257,263,269 halmaz, vagyis m=30. A bizonyításodban figyelembe veszel ennyi számot?

Előzmény: [98] bily71, 2009-06-05 09:50:07
[99] Pej Nyihamér2009-06-05 09:53:21

A képletek szerkesztését pillanatok alatt megtanulhatod a TeX minitanfolyamon.

Előzmény: [96] bily71, 2009-06-04 21:47:52
[98] bily712009-06-05 09:50:07

A válaszom röviden: mert egyszerűen (szerintem) nem lehet m ok. (egyébként elsőre értettem a kérdést). Ugyanis ha m=10, akkor (N-5)-től (N-pm)-ig csak 5 többszörösei jönnek elő, a többi kilenc prímé nem. m=15-ig csak 5 és 11 többszörösei jönnek elő. m=20-nál jön elő a harmadik prím, 17 többszöröse. A 29 még mindig csak az 5-dik prím, de a többszörösei m=23 után bukkanak föl. Ennek pontosan az az oka, hogy egy új többszörös csak minden 7-dik lépés után bukkan föl. egyébként ezt a részt lehet, hogy még mindig nem értitek. (Szerintem) soha nem jöhet elő m-ig az összes prím többszöröse. Mivel ez a sor csak olyan számokat tartalmaz ami vagy prím, vagy csak az ebben a sorban lévő prím többszöröse (csak 6k+1 alakú számmal képzett), az nem lehetséges, hogy (N-pm)-ig ne legyen prím. Mielőtt elküldeném, hogy ne dolgozzak feleslegesen, írjátok le a véleményeteket. ( az is lehet, hogy tévedek).

Előzmény: [97] Sirpi, 2009-06-04 22:09:11
[97] Sirpi2009-06-04 22:09:11

Szerintem továbbra sem világos számodra, hogy mi bajunk van a bizonyításoddal. Kérdezek konkrétan: miért nem fordulhat elő, hogy amikor fel akarjuk írni az N-et, és nézzük a vonalzó két végét, akkor mindig csak az egyik helyen van prím? (P: prím, Ö: összetett) Pont ezt kellene ugyanis bizonyítani.

a vonalzó elejének részlete (ahonnan a kisebb számot vesszük) növekvő sorrendben:

...PPÖÖPÖÖÖPPÖÖPPÖÖÖPÖPÖÖP...

a hátuljának ugyanaz a részlete (ahonnan a nagyobb szám jön) csökkenő sorrendben:

...ÖÖPPÖPÖPÖÖPPÖÖPÖPÖÖÖPPÖ...

Mint láthatod, a példámban sehol nincs még csak 4 összetett szám sem egymás után, mégse találsz két P-t egymás alatt. Szóval szerintem nem jó a bizonyításod, de győzz meg az ellenkezőjéről.

* * *

Egyébként amiket írtál, elküldheted nekem is (címem az adatlapomon, megpróbálom kitenni, ha megkaptam).

Előzmény: [95] bily71, 2009-06-04 21:30:56
[96] bily712009-06-04 21:47:52

Ha elküldöd az email címedet az enyémre, szívesen elküldök egy ábrákkal bővített levezetést, képletekkel stb. (Az ikerprímest is.) Itt túl kicsi a hely. Egyébként nem rég végeztem el egy nagyon alap számítógépkezelői tanfolyamot, egy éve még a youtube-t sem tudtam használni. Kicsit ügyetlen vagyok a pötyögtetésben, meg a különböző formulák és képletek szerkesztésében. Jobban szeretem a papírt meg a ceruzát. Lehet, hogy ezért nem értitek, mire is gondolok. Ha megtennéd, hogy felszerkeszted ide a levezetést, nagyon hálás lennék.

Előzmény: [94] Pej Nyihamér, 2009-06-04 15:06:54
[95] bily712009-06-04 21:30:56

Ha N-5, N-11, N-17 számok között van egy prím, pl.: N-17, akkor az N-5, N-11 számok egy olyan intervallumban vannak, amely hossza 2, és csak összetett számokat tartalmaz. A két állítás ekvivalens. Egy matematikai problémát többféle (akár szokatlan) szemszögből is meg lehet vizsgálni. Az, hogy van e prím, igenis attól függ, hogy milyen hosszú lehet ez az intervallum. Én nem arról beszéltem, hogy ÁLTALÁBAN hány összetett van egymás mellett, hanem arról, hogy legfeljebb mennyi lehet.

A második tag 6m-1, számtani sorozat, ami prímekkel kezdődik, és elég sok prímet tartalmaz. Az N-5, N-11, N-17... sorozat visszafelé halad ugyanebben a sorozatban. Az, hogy hányat kell lépni, hogy visszajussunk egy prímhez igenis lényeges kérdés. A lépések számolásánál nem hagyhatjuk ki az N-35, N-65... tagokat, (ami nyílvánvalóan nem két prím).

Tegyük fel, hogy a k-adik összeg első tagját ötnek választva a második nem lett prím. A k-adik összeget k/2 féleképp lehet felírni. Ha k/2-nél kevesebb lépéssel jutottunk el egy prímhez, akkor ez azt jelenti, hogy a k-adik összeg egy olyan intervallum utolsó tagja, ami csak összetett számokból állt, és rövidebb volt a hossza, mint k/2. Ha hosszabb az intervallum, egyértelmű, hogy nem jutunk két prímhez. Ezt a prímszám tétel nélkül is bizonyíthatom. Egy számtani sorozat pont azért sorozat, mert szabályos, és bármely jellemzője elkíséri a végtelenig. Elég azt bizonyítanom, hogy nem lehet hosszabb.

[94] Pej Nyihamér2009-06-04 15:06:54

Úgy tűnik, hogy nem értetted meg a kérdés lényegét.

A számunkra (legalábbis számomra) az kérdés, hogy az N-5, N-11, N-17, N-23, N-29, N-41, ... N-pm számok (összesen m darab szám, kb. \frac{N}{4\log N}) között mindig van-e prím. Ez egy ritka halmaz, csak töredéke az összes N/2 és N közötti számoknak. Nem fontos, hogy általában hány összetett szám következhet egymás után.

Tehát: egy részük azért lesz összetett, mert osztható 5-tel. Mások oszthatók lesznek 11-gyel, mások 17-tel, egészen pm-ig. Ez m ok, ami miatt egy szám összetett lehet. Miért ne lehetne mind az m szám összetett?

Előzmény: [91] bily71, 2009-06-03 18:42:00
[93] bily712009-06-03 22:02:55

Ez hasonlít a Csebisev tételre.

Az ikerprímesben találtatok egy gyenge pontot. Az eddigi összefüggésekkel nem tudtam garantálni, hogy minden lépésnél legalább egy szám úgy marad ki, hogy nem bukkan fel később. Tíz perccel ezelőtt sikerült megoldást találnom erre a problémára. Ma már elfáradtam a sok gondolkozásban, majd holnap ismertetem. Annyit elárulok, hogy a maradékos osztással függ össze, és nem egy egységgel növelem a nyégyzeteket, hanem kettővel.

[92] bily712009-06-03 19:31:32

Kicsit átfogalmazva: ha k-adik összegtől kezdve a második tagok sorában csak összetett szám következik, és 2k-ig nem bukkan fel legalább egy prím, akkor a 2k+1-ik összeg nem állhat össze prímekből. Mivel n mindig 1, k=m, tehát m és 2m között mindig van prím, ha nincs, akkor nem igaz a Goldbach-sejtés.

[91] bily712009-06-03 18:42:00

Mutatok egy példát: (ez egy elvi lehetőség, nem biztos, hogy pont így alakul a második tagok sora, de a lényeget láthatóvá teszi)

p,11,p,p,p,p,5,p,p,p,17,5,11,p,p,p,5,p,p,p,p,5,p,11,p

A sor közepén láthatjuk, hogy egymás mellé került három összetett szám. tételezzük fel, hogy 23 többszöröseivel még nem kell számolnunk. A p betűk helyén prím van, a számok azt jelölik, hogy melyik szám többszörösei. Egyértelmű, hogy ha ötöt lépünk kilépünk az összetett számokat tömörítő intervallumból, hát még ha 11-et lépünk. Azt vitsgáltam ,hogy MAXIMUM hány összetett lehet egymás mellett, és nem azt, hogy tényleg mennyi kerül egymás mellé, ugyanis végtelenig nem vizsgálódhatok.

Előzmény: [90] Pej Nyihamér, 2009-06-02 21:15:38
[90] Pej Nyihamér2009-06-02 21:15:38

Legyenek a 6k-1 alakú prímek N/2-ig p1,p2,...,pm. Az a kérdés, hogy az x1=N-p1, x2=N-p2, ..., xm=N-pm számok között van-e prím.

Minden egyes 1\lej\lem értékre, a pj-vel osztható 6k-1 alakú számok egy 6pj differenciájú számtani szorozatot alkotnak.

Az m darab számtani sorozat együtt miért is ne tartalmazhatná az x1,x2,...,xm számok mindegyikét...?

Előzmény: [73] bily71, 2009-05-30 20:59:57
[89] bily712009-06-02 20:56:48

Igazatok van, megpróbálom kijavítani. Egyenlőre nem tudom garantálni, hogy egy kimaradt szám ne bukkanjon fel. Addig is nézzétek át a Goldbach-sejtést.

[88] Sirpi2009-06-02 19:03:16

Na, én már kb. értem a gondolatmenetet, be is teszem róla az alábbi képet, ami a tábla egy részét mutatja. Viszont pontosítani kellene a megoldást, mert a kék négyzet és a zöld négyzet között 19-ről 21-re ugrik a legkisebb szám, tehát egyedül a 20 jöhet be, mint új elem, ami viszont már szerepel a táblázatban. Vagyis ebben a lépésben pl. nem bővül az ikerprímek halmaza.

Előzmény: [84] bily71, 2009-06-02 17:47:17
[87] badam2009-06-02 18:54:17

A 6. lépésben milyen halmazt kapunk?

Előzmény: [84] bily71, 2009-06-02 17:47:17
[86] bily712009-06-02 18:44:12

Igen jól értetted Nyihamér. De a lényeges itt az hogy milyen módszerrel próbálom megtalálni. Ezt az eljárást egyfajta algoritmusnak is hívhatjuk. Az algoritmust tanulmányozd. A lényeg az hogy a tagok számtani sorozatot alkotnak, ugyanúgy mint az összegeik. A difi mindhárom esetben 6. Ez megkönnyíti a vizsgálódást.

Képzelj magad elé két szembefordított vonalzót. A beosztások n és m értékei. A vonalzókat csak addig tolhatjuk el, míg n+m=k, a kívánt páros szám indexét adja. Csak az egyiket toljuk előre, mindig eggyel. A másikat nem kell mert az prím. Ha összetett számhoz jutunk, visszatoljuk egy egységgel a vonalzót. Ha a másikat nem tolnánk előre, az előző párost kapnánk. De mi tovább akarunk lépni egészen a végtelenig. Ezért lesz n-ből n+1, azaz ötből 11, m-ből pedig m-1. Nagyon fontos: a párosokat először mindig 5+6m-1 alakban írjuk fel. Csak akkor toljuk el a számokat, ha erre szükség van.

A második tagok számtani sorozatában vannak prímek és összetett számok is. A bizonyítás kritikus része az, hogy hány összetett követheti egymást közvetlenül, vagyis milyen hosszú lehet (elvileg) a leghosszabb csak összetett számokat magába foglaló intervallum, aminek k-nál van vége. Miért? Mert ha hosszabb, mint amennyit tolhatunk, és a k-adik összeg második tagja összetett, akkor nem lesz mindkét tag prím. Azt kell tehát bebizonyítani, hogy ez az intervallum nem lehet hosszabb, mint k/2. Ha eljutsz idáig szólj.

Előzmény: [81] Pej Nyihamér, 2009-06-02 10:12:18
[85] bily712009-06-02 17:49:43

Ha mind közülük egyetlen árva ikerprím sem létezhetne. Ez nem jó hasonlat.

Előzmény: [83] nadorp, 2009-06-02 15:59:15
[84] bily712009-06-02 17:47:17

Akkor másként fogalmazok. Nézzük szép sorban. Az első négyzet egy számot tartalmaz, ez a 4-es. A következő négyzet legnagyobb száma a 8-as, az új számok közül a legkisebb a 6-os. 6-nál kisebb szám nem kerülhet bele, mert (mivel ez mégiscsak egy szorzó tábla) tőle lefelé nőnek a számok. És mivel vízszintessen is nőnek a számok a 4-nél kisebb számok már sehol nem bukkanhatnak fel. Tehát 1,2,3 már végleg kimaradt. Az 1,2,3 számokból képezzünk egy halmazt, ezek az első négyzetből maradtaki, tehát rendeljük hozzá az 1-est, mint első lépést. Nézzük tovább. Az új számok közül a legkisebb mindig a jobb fölső sarokban van, itt 9 lesz az értéke. 9-nél kisebb számot innentől egyetlen új négyzet sem tartalmazhat. A második mátrixból kimaradt az 5, 7, ezek kisebbek mint 9, tehát végleg kimaradnak. Ezek különböznek az előbb végleg kimaradt számoktól, ezért az ezekből képzett halmaz egyértelműen hozzárendelhető a második lépéshez, azaz 2-höz. A negyedik szám az legfelső vízsintes sorban a 11, tehát ennél kisebb számok egy új mátrixban sem lesznek. Ezért a 3x3 mátrixból végleg kimarad a 10-es. Ez egy egy elemű halmaz, a 3-dik mátrixhoz rendelve. Ha tovább folytatjuk azt vehetjük észre, hogy felváltva hol egy, hol két szám marad ki végleg. A végleg kimaradt számokat magába foglaló halmazok kölcsönösen megfeleltethetők a természetes számok halmazának elemeivel, ezt bijektív leképezésnek hívják. Ezért számosságuk azonos.

Előzmény: [82] Alma, 2009-06-02 14:23:07
[83] nadorp2009-06-02 15:59:15

Én is valami ilyenre jutottam. Itt egy példa - lehet hogy nem a legjobb -, amiről Alma beszélt:

Tekintsük a következő táblázatot, mely nyilván az összes páros számot tartalmazza, mégpedig pontosan egyszer, akn=(2k-1)2n

\matrix{2&4&8&16&...\cr6&12&24&48&...\cr10&20&40&80&...\cr14&28&56&112&...\cr.\cr.\cr.}

Itt a főátlóban levő számokig (2k-1)2^k\cdot\frac12=(2k-1)2^{k-1} darab páros szám van, és ez nyilván sokkal jobban nő, mint k2 ( ennyi páros szám van egy főminorban), tehát egy ilyen kxk-as táblázatból "elég sok" páros szám hiányzik. Ettől függetlenül előbb-utóbb mindegyik valahol előjön.

Előzmény: [82] Alma, 2009-06-02 14:23:07
[82] Alma2009-06-02 14:23:07

Oké, a 11 rossz példa volt. Akkor módosítom az ellenérvemet:

Vegyünk egy NxN-es ilyen mátrixot! A legnagyobb eleme (K) és a mátrix független elemeinek számának különbsége N-nek monoton növekvő függvénye, mint ahogy leírtad. Belátható, hogy ha N-nel végtelenbe tartunk, akkor ez a szám (a kimaradó számok száma K-ig az NxN-es mátrixban) is végtelenbe tart.

A probléma ott van, hogy ha veszünk egy M>N számot, akkor az MxM-es mátrixban léteznek olyan L elemek, melyekre L<K és L nem szerepelt az NxN-es mátrixban. Ez azt jelenti, hogy akármekkora NxN-es mátrixot veszel, a K-ig kimaradó számok NEM MIND ikerprímek indexei, hanem az ikerprímek indexei K-ig ezen halmaznak a részhalmaza. Ebből következően azt nem tudjuk ez alapján megállapítani, hogy az ikerprímek száma vajon végtelenbe tart-e, ha N tart végtelenbe, mert csak egy bővebb halmazról tudtuk ezt állítani.

Én ezen a helyen érzek egy kis hiányosságot az érvelésben.

A hozzászólásod utolsó két sorát sajnos nem értettem teljesen, hogy "az így képzett részhalmazok" micsodák.

Előzmény: [80] bily71, 2009-06-02 08:31:41
[81] Pej Nyihamér2009-06-02 10:12:18

Bocs, de én még mindig a 67. és 68. hozzászólásoknál tartok.

[67]: Az 5,11,17,23,... számok között tetszőleges p>3 prím esetén minden p-edik osztható p-vel.

[68]: Az előállítandó számot N-nel jelölve, az (N-5)+5, (N-11)+11, (N-17)+17, (N-23)+23, ... felbontások között akarod megtalálni az első olyat, amiben mindkét tag prím.

Jól értettem?

[80] bily712009-06-02 08:31:41

A 11-es szám mint index a 4x4- es mátrix ban van. Nem neveztem meg a számokat, csak azt mondtam lesz kimaradt szám. Ami kimarad mondjuk a 4x4-esből, fölbukkanhat egy nagyobb mátrixban, de nem mindegyik szám. Lesz olyan, ami végleg kimarad. Ez azért van így mert az új mátrixban annyi új szám van, ahányadik lépésben létrehoztuk. De az új mátrix legnagyobb száma és az előzö mátrix legnagyobb száma közötti különbség nagyobb, mint mint ahány új szám fér bele.

A k indexe minden számpárnak, de ha az egyik, vagy mindkét szám összetett, akkor nem lehet ikerprím. A végtelen nagy mátrix tartalmazza az összes összetett 6k-1 vagy 6k+1 számot, ugyanis ezek csak az ebben a sorban szereplő számok többszörösei lehetnek. Médpedig ugyanazen sor tagjaival képzett többszörösei. Ezért alkottuk a szórzótáblát. Ha egy k kimarad, 6k-1 és 6k+1 nem lehet összetett, ergo prímek, mégpedig mivel különbségük 2, kierprímek.

Az összes ikerprímek halmazának így képzett részhalmazai mind különböző számokat fognak tartalmazni, ugyanis minden ilyen új halmaznak az újonnan végleg kimaradó számok az elemei. Ezek uniója, mivel végtelen sok részhalmaz van végtelen számosságú lesz.

  [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]