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.
[1071] Maga Péter2011-02-01 23:14:55

Süsü vagy a Hupikék törpikék jobbak... Flintstones csak magyarul (vivát Romhányi!), illetve ha már nála tartunk, akkor Mézgáék. Ja, és Wacky races. Most hirtelen csak ennyi jutott eszembe, de sok jó van még. Nekem a Pokémonban és társaiban túl nagyok a szemek és az izzadságcseppek.

Figyelembe véve, hogy mi folyik itt, ez nem OFF!!! :D

Előzmény: [1069] Róbert Gida, 2011-02-01 18:20:33
[1070] Fernando2011-02-01 21:07:55

Ez még jobb! :D jogos, nem definiáltam a "képlet" fogalmát, meg a feltételeket ellazáztam. Olyat nehezebb találni, ami minden egészre különböző prímet ad (és "hatékony").

Előzmény: [1044] Róbert Gida, 2011-02-01 13:03:06
[1069] Róbert Gida2011-02-01 18:20:33

Formális definíciót vártam nem mesét. Ha mesét akarok nézni akkor beteszem a Pokémonos videómat.

Előzmény: [1067] bily71, 2011-02-01 17:38:32
[1068] D. Tamás2011-02-01 17:40:26

Ez volt az amit kerestem, sőt ezen sokkal több is van. (Ahol olvastam, az magyar oldal volt.) Köszi szépen.

Előzmény: [1063] Róbert Gida, 2011-02-01 17:07:56
[1067] bily712011-02-01 17:38:32

A táblázat általános tagja: ai,j=6ij+r(i)+r(j), ahol r(n)=n/2, ha 2|n, egyébként r(n)=-(n+1)/2, de ezzel nem sokra mész.

Az első sorban két számtani sorozat van összefésülve, melyeknek differenciája 5, mivel 5=6.1-1, ezért a két sorozat n(6.1-1)-1 és n(6.1-1)+1, ahol n befutja a pozitív egészeket. A másodikban is, ezek difije 7. Az 7k-1 alakú számtani sorozat minden 10 tagja közül 1 tag 5k+1 alakú, 1 tag pedig 5k-1 alakú, ugyanez elmondható a 7k+1 alakú sorozatról is és így tovább. Ezen sorozatok létezését a kínai maradék tétel biztosítja, elégedjünk meg annyival, hogy létezik kezdőtagjuk, ne akard mindet megkeresni, hisz végtelen sok van belőlük. Az f(n) tulajdonlépp egy szita, mely [pn2/6]-ig számolja a sorozatokban szereplő pozitív egészeket.

Előzmény: [1059] Róbert Gida, 2011-02-01 15:56:53
[1066] bily712011-02-01 17:24:36

Igazad van, most nem az ikerprímekről van szó, vagyis itt tényleg pn2-ig megyünk.

Előzmény: [1065] Róbert Gida, 2011-02-01 17:12:03
[1065] Róbert Gida2011-02-01 17:12:03

Ügyes. Így p0=7 jön ki, ami kellett. De, ha azt írod, hogy "A sorozat n-edik tagja egyenlő a [pn2/6]-nál nem nagyobb 3-nál nagyobb prímek számával. " , akkor ez itt nullát ad, ami megint nem jó.

Előzmény: [1062] bily71, 2011-02-01 17:06:28
[1064] Kemény Legény2011-02-01 17:09:38

Terrence Tao és Ben Green bizonyított ilyesmit.

Előzmény: [1061] D. Tamás, 2011-02-01 16:59:35
[1063] Róbert Gida2011-02-01 17:07:56

Mills formulára gondolsz szerintem: http://en.wikipedia.org/wiki/Formula_for_primes

Előzmény: [1061] D. Tamás, 2011-02-01 16:59:35
[1062] bily712011-02-01 17:06:28

Előszöris: a pn2 elirás és csak itt szerpel így. A sorozat n-edik tagja egyenlő a [pn2/6]-nál nem nagyobb 3-nál nagyobb prímek számával.

Másodszor: p_0=2\left[\frac{5^2}6\right]-\left[\frac{5^2-6}{6\cdot5}\right]-\left[\frac{5^2+6}{6\cdot5}\right], ugyanis minden d-hez 2 tag van, ahogy az a p_n=\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^2\left[\frac{p_n^2+6b_i}{6d}\right] szumma felsőindexében szerepel is és ugyanebben a hsz-ban a Qn tagjainak felsorolásánál már helyesen vannak leírva a tagok. Azokat a tagokat, melyeknek 6 a nevezője kétszer kell venni, mert itt is kétféle bi tag van, csak itt bi=0.

Elnézést kérek az elírásokért, így természetesen nem a te hibád, ha nem érted.

Persze, ha elolvastad a [1039]-beli bizonyításomat arra vonatkozólag, hogy a p(n) a 3-nál nagyobb prímeket számlálja, akkor lehet, hogy rájöttél volna, hogy ezek csak elírások.

Előzmény: [1060] Róbert Gida, 2011-02-01 16:20:56
[1061] D. Tamás2011-02-01 16:59:35

A cikk olvasása közben eszembe jutott valami: Kinek a tétele az, amiben az van megfogalmazva, hogy léteznek olyan nem konstans sorozatok amelyben akármmilyen nagy számú prímszám (mint tag) előfordulhat (vagy az első n tag prím, nem emlékszem pontosan)? Ha jól emlékszem csak egzisztencia bizonyítás van rá, eljárás nincsen (vagy csak én nem olvastam arról).

Előzmény: [1026] Kemény Legény, 2011-01-31 23:08:34
[1060] Róbert Gida2011-02-01 16:20:56

"A következő sorozat n-edik tagja egyenlő a pn2-nél nem nagyobb 6k\pm1 alakú prímek számával (lásd [729]-ben 1. Tétel).

p_0=\left[\frac{5^2}6\right]-\left[\frac{5^2-6}{6\cdot5}\right]-\left[\frac{5^2+6}{6\cdot5}\right] "

Már ez a tag rossz, mert \pi(25)-2=7 darab ilyen prím van 25-ig, míg p0=3 a fenti összeg.

Amíg ezt nem indokold meg kár tovább haladni.

ps. Jó lenne különböző kifejezésekre különböző betűt használni, matematikában legalábbis így szokás.

Előzmény: [1025] bily71, 2011-01-31 22:41:09
[1059] Róbert Gida2011-02-01 15:56:53

"következő táblázat soraiban lévő összefésült számtani sorozatok kezdőtagjainak egyike"

De melyik? Ez nem definíció. A táblázat ált. tagjának a képletét sem látom.

"Hadd ne írjam le a logikai szita működését."

Ki kérte? Én spec. már valószínűleg több logikai szitát láttam az életemben, mint TE.

Előzmény: [1058] bily71, 2011-02-01 15:48:36
[1058] bily712011-02-01 15:48:36

f(n)=\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right], ahol P=\prod_{p_0\le{p\le{p_n}}}p, ahol p prím és p0=5, \omega(d) a d különböző prímosztóit jelöli, bi=d-ai,1, ahol ai,1 a következő táblázat soraiban lévő összefésült számtani sorozatok kezdőtagjainak egyike, d pedig a differencia:

5 7 11 ...
         
5 4 6 9  
7 6 8 13  
11 9 13 20  
...          

Hadd ne írjam le a logikai szita működését.

Előzmény: [1057] Róbert Gida, 2011-02-01 15:07:31
[1057] Róbert Gida2011-02-01 15:07:31

Definíciókat még mindig nem írtad vissza, pedig valószínűleg már csak te ismered őket. Néhány lapot visszanéztem, de én spec. már azt sem találtam meg, hogy nálad p0=2,p1=3, a prímek sorozata, vagy nem? Bár sejtésem szerint p0=5, mert ugye megy ez a hülye alak, hogy 6k+-1 alakban keresed az ikerprímeket.

Előzmény: [1055] bily71, 2011-02-01 14:47:54
[1056] Jhony2011-02-01 15:04:37

Tisztelt fórumozók ! Köszönöm szépen a hozzászólásokat,kritikákat,de főleg azt az egy-két biztatást ! ... köszönöm szépen ! hamarosan visszatérek egy állítással,ami többnyire ide illő ! Kíváncsi vagyok az mit ,,vált majd ki" !

[1055] bily712011-02-01 14:47:54

A |Qn|\le|2Gn| egyenlőtlenségből miért következne az, hogy "a prímeknek mindig a fele lenne egy ikerprímpár tagja".

Valóban a \sum_{n=0}^{\infty}Q_n sor a \sum_{n=0}^{\infty}q_n sor átzárójelezése és \sum_{n=0}^{N}q_n=p_N a 3-nál nagyobb prímek száma [pn2/6]-ig, így a \sum_{n=0}^{\infty}Q_n sor a 3-nál nagyobb prímek számát adja, de az, hogy

\sum_{n=0}^{\infty}Q_n=\sum_{n=0}^{\infty}|Q_n|=+\infty

nem jelenti azt, hogy

\sum_{n=0}^{N}Q_n=\sum_{n=0}^{N}|Q_n|.

mint ahogy abból, hogy

\sum_{n=0}^{\infty}G_n=\sum_{n=0}^{\infty}|G_n|=+\infty

nem következik, hogy

\sum_{n=0}^{N}G_n=\sum_{n=0}^{N}|G_n|,

így a |Qn|\le|2Gn| egyenlőtlenségből nem következik az állításod. Remélem, sikerült megválaszolnom a kérdésedet.

Előzmény: [1051] Róbert Gida, 2011-02-01 13:53:33
[1054] bily712011-02-01 14:12:31

Akkor mégiscsak az \omega(d) a helyes jelölés.

Előzmény: [1053] Róbert Gida, 2011-02-01 14:08:40
[1053] Róbert Gida2011-02-01 14:08:40

\Omega(n)-el az n prímosztóinak számát jelölik, multiplicitással. Míg \omega(n)-el az n különböző prímosztóinak a számát.

Így például: \Omega(12)=3;\omega(12)=2

Előzmény: [1052] bily71, 2011-02-01 14:01:34
[1052] bily712011-02-01 14:01:34

Javíts ki, ha nincs igazam, de én úgy tudom, hogy d(n)-el az n prímosztóinak számát jelöljük, beleértve az ismétlődést is, pl.: d(12)=3, ugyanis 12=2.2.3.

A d(n) jelölés használjuk akkor is, ha azt akarjuk jelölni, hogy n-nek hányféle, vagyis hány különböző prímosztója van? Mert igazából azt akarom jelöni és ez esetben d(12)=2.

Előzmény: [1049] Róbert Gida, 2011-02-01 13:50:28
[1051] Róbert Gida2011-02-01 13:53:33

"Nem látom, hogy az egyenlőtlenségből az következne amit leírtál, de ha ez így van, arról nem én tehetek, hanem a prímek :D"

Nem tudom mennyire vagy tisztában vele, de, ha a *bizonyításodat* véletlenül egy mat. szaklapban publikálni akarnád, akkor a bírálók is ilyen és ehhez hasonló kérdéseket tennének fel neked a bizonyítással kapcsolatban. Ha ezekre nem tudsz válaszolni, akkor buktad a bizonyítást, ettől függetlenül persze felteheted az arxiv.org-ra, vagy közzéteheted egy vicclapban.

Előzmény: [1046] bily71, 2011-02-01 13:39:49
[1050] bily712011-02-01 13:52:06

Köszönöm, legközelebb már így fogom írni.

Előzmény: [1049] Róbert Gida, 2011-02-01 13:50:28
[1049] Róbert Gida2011-02-01 13:50:28

"Ha ismered a helyes jelölést, akkor légy szíves osztd meg velem."

Ismerem, d(n)-nel jelölik egy pozitív egész szám osztóinak számát.

Előzmény: [1048] bily71, 2011-02-01 13:48:37
[1048] bily712011-02-01 13:48:37

Nem, elírtam, helyesen 6k\pm1=(6n\pm1)(6m\pm1).

Ha ez zavaró, akkor jelölhetjük mással is, a lényegen nem változtat. Ha ismered a helyes jelölést, akkor légy szíves osztd meg velem.

Előzmény: [1047] Róbert Gida, 2011-02-01 13:40:42
[1047] Róbert Gida2011-02-01 13:40:42

"6k\pm1=(6n\pmn)(6m\pmm),"

biztos ezt akartad írni?

"amelyekből 2^{\omega(d)} darab van, ahol \omega(d) a d osztóinak száma."

\omega-val mást szoktunk jelölni a számelméletben.

Előzmény: [1045] bily71, 2011-02-01 13:28:26

  [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]