[1121] bily71 | 2011-02-03 12:58:04 |
Vagyis keztem el írni a bi definícióját, mert értéke három dologtól függ, d 6k-1 vagy 6k+1 alakú és prím, vagy összetett, továbbá hány különböző prímosztója van d-nek, csak félbeszakítottatok a kérdéseitekkel.
|
Előzmény: [1120] bily71, 2011-02-03 12:49:33 |
|
[1120] bily71 | 2011-02-03 12:49:33 |
Péter!
Most csak szívatsz, hogy ezredszerre is leírjam! Komolyan mondom, ez már bosszantó!
Olvasd már el könyörgöm az [1105]-t, ne csak RG vicces beszólásait!
Ne haragudj, de nem igaz, hogy nem látod, hogy a p(n) sorozatból csináltam ott egy másik sorozatot: p''(n)=pn-pn-1 ebből egy sort: , ez a sor egy zárójelezése a sornak. Láthatod, igenis tisztában vagyok a sorozat és a sor közötti különbséggel.
A másik, ha nem érted a következő definíciót, akkor egyátalán hogy lehetsz matematikus?! , ahol p prím, és p0=5, vagyis (mert látván nem látod): p1=7, p2=11,... és így tovább. Szerinted, mégis mit írtam le az [1084]-ben, ha nem a bi definícióját?
Még egy, a sor divergens, legyen P'''n=|p'''n|, ekkor 0P'''n|f'''n|, és láss csodát, alkalmazható a minoráns kritérium és ez most nem a Szalkai-féle.
|
Előzmény: [1108] Maga Péter, 2011-02-03 10:25:51 |
|
[1119] Fálesz Mihály | 2011-02-03 12:37:21 |
"... azt hiszem, ez a b) változat pont rosszul van a Szalkai-jegyzetben ..."
Nyilván úgy van értelme, hogy az összes an előjele megyegyezik, és az összes bn előjele is megegyezik.
Ahogy a "jegyzetben" szerepel:
"Ha |an|<|bn|, an és bn előjele megegyezik (nN) és divergens, akkor is divergens." |
|
... úgy azt jelentené, hogy minen egyes n re az an előjele egyezik meg bn előjelével, úgy pedig valóban hülyeség.
Szóval a szerző nagyon félreérhetően fogalmaz, Bily alaposan félre is érti, aztán pedig épít rá...
|
Előzmény: [1109] Maga Péter, 2011-02-03 10:36:16 |
|
|
|
|
|
|
|
[1112] Róbert Gida | 2011-02-03 10:58:48 |
"én itt most minden bn-nek a felét vettem"
Nem a felét vetted, de ez itt most mindegy.
Az volt a fura, hogy amikor ezt az előjeles verziót olvastam én is el kezdtem keresni egyből ellenpéldát. Annyira hihetetlennek tűnt. Vajon ezt órán Szalkai frankón be is bizonyítja?
|
Előzmény: [1109] Maga Péter, 2011-02-03 10:36:16 |
|
|
|
[1109] Maga Péter | 2011-02-03 10:36:16 |
Nota bene, azt hiszem, ez a b) változat pont rosszul van a Szalkai-jegyzetben... Legyen bn a következő: 1,-1/2,1/3,-1/4,1/5,.... Ekkor , mint az jól ismert (a konvergenciája meg még egyszerűbb). Legyen an a páratlan helyeken, ahol pozitív, éppen csak egy kicsit kisebb bn-nél, mondjuk 1/2,(.),1/4,(.),1/6,... (én itt most minden bn-nek a felét vettem); a páros helyeken pedig iszonyú pici abszolűt értékű negatív számok, mondjuk (.),-1/100,(.),-1/1002,(.),-1/1003,.... Ekkor . Vagy elnézek valamit?
Szóljatok, ha igen. Ha nem nézek el semmit, akkor írok a szerzőnek, hogy javítsa ki. Óvatosan, bily, a nem lektorált jegyzetek felhasználásával, lehetnek benne sajtóhibák (még a lektoráltban is, sajnos)!
|
|
[1108] Maga Péter | 2011-02-03 10:25:51 |
Most félreteszem abból fakadó ellenérzésemet, hogy továbbra sem tudom, mi a bi, mi a ci, mi a P (ha nem is voltak precízen definiálva, de tegyük fel, hogy ha figyelmesen újraolvasnám az eddigi többszáz hozzászólást, akkor ki tudnám találni).
Maradjunk ennél a minoráns kritériumnál. Ha figyelmesen megnézed a Szalkai-jegyzetet, akkor láthatod, hogy azt írja, hogy: ,,Ha |an|<|bn|, an és bn előjele megegyezik (nN) és divergens, akkor is divergens.''
0. a) Nálad a p(n) és az f(n) sorozatok! Szalkai sorokról ír. Azért ez nem pont ugyanaz. Tegyük fel, hogy valamit rosszul értek, és bi,ci,P szerepe megoldja ezt a problémát.
0. b) Kemény Legénytől származó [1104]-es kérdés teljesen jogos. Mi garantálja, hogy f(n) mindig ugyanolyan előjelű, mint p(n) (mármost a definíción kívül, ami szerint mindkettő számol valamit, így nemnegatív, de akkor mi a túrónak pakoljunk bele abszolút értékeket)? Tegyük fel, hogy valamit rosszul értek, és bi,ci,P szerepe megoldja ezt a problémát.
[Én ezekben nem hiszek, amiket most feltettem, azt gondolom, elég nagy zavar van a fejedben azt illetően, hogy mi az, hogy sorozat, mi az, hogy sor.]
De most túllépek azon, hogy p(n)-et és f(n)-et két laza mozdulattal azonosítottad valami sorokkal, tippem szerint -nel, illetve -nel. Az abszolút értékek is teljesen máshol jelennek meg, mint ahol a kritérium alkalmazásában kellene. Szóval túllépek azon, hogy szerintem totál káosz az egész minoráns kritériumra menő játék.
Csupán egyetlen következtetés hibájára szeretném felhívni a figyelmed: abból, hogy f(n) divergens, nem következik, hogy divergál a végtelenbe. A divergens azt jelenti, hogy nem konvergens. [Ha például an a páros n-ekre 1/2, a páratlanokra -1/4, bn pedig páros n-ekre 1, páratlanokra -1, akkor minden feltétel fennáll, , .]
|
Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51 |
|
[1107] Fernando | 2011-02-03 09:55:21 |
Igen, pozitív valszínje van, hogy éppen az adott napon bizonyítja a sejtést. Márpedig pozitív valószínűségű esemény egyszer csak bekövetkezik... Kár, hogy az élet P-m.b. véges sok napból áll. Így mégiscsak kicsi az esély.
|
Előzmény: [1085] janomo, 2011-02-02 21:35:28 |
|
[1106] Fernando | 2011-02-03 09:49:31 |
"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)?"
a, Vesd össze: Dirichlet tétellel. b, p(n) jelölje az n-dik prímet, ez a sorozat tökéletes.
|
Előzmény: [1061] D. Tamás, 2011-02-01 16:59:35 |
|
[1105] bily71 | 2011-02-03 09:32:40 |
De hogy még ennél is világosabb legyen:
Legyen p''(n)=pn-pn-1 és f''(n)=fn-fn-1
Ekkor
Az egynlőség bal oldalán egy teleszkópikus összeg áll, a bal oldalon ennek egy átzárójelezése áll. Legyen a p'''(n) sorozat n-edik tagja az egyenlőség jobb oldalán álló összeg n-edik zárójelezett tagja.
Ugyanez f''(n)-nel:
Legyen a f'''(n) sorozat n-edik tagja az egyenlőség jobb oldalán álló összeg n-edik zárójelezett tagja.
Mivel |p'''n||f'''| és nN: sgn(p'''n)=sgn(f'''n), továbbá divergens, ezért is divergens (minoráns kritérium). Ha divergens, akkor f(n) is az, vagyis az ikerprímek száma végtelen.
|
Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51 |
|
|
[1103] bily71 | 2011-02-03 08:04:47 |
De ismerem.
Idézet innen: math.uni-pannon.hu/ szalkai/Kriterium-www.doc( második oldal):
"2) MINORÁNS KRITÉRIUM: (Ha a kisebb divergens, akkor a nagyobb is.)
...
b) változat: Ha |an||bn|, an és bn előjele megegyezik (nN) és divergens, akkor is divergens."
Szerintem nézd át mégegyszer az [1025]-ös hozzászólásomat, akkor érteni fogod, hogy mely sorokra alkalmazom a minoráns kritériumot.
|
Előzmény: [1102] Róbert Gida, 2011-02-03 07:31:05 |
|
|
|
[1100] bily71 | 2011-02-03 07:06:51 |
Hogy még világosabb legyen mindenki számára, hogy mit akarok bizonyítani:
(i)
Mivel a prímszámok száma végtelen, ezért
(ii)
f(n) az ikerprímeket számlálja.
(iii) Szorozzuk be f(n) tagjait 2-vel, ekkor
Azért szoroztunk be 2-vel, mert p(n)-ben a kétszer, míg f(n)-ben csak egyszer fordul elő. A többi tagra, ahol d1 fennáll a következő:
ugyanis b1=c1 és b2=c2 Ez a bizonyítás lényeges pontja, hisz' ha b1=c1 és b2=c2, akkor biztos, hogy teljesül az előbbi egyenlőtlenség.
A beszorzás után már felírhatjuk minden d-re
(iv) Nem nehéz kikövetkeztetni, hogy ha
akkor
(v) Legyen
ekkor fennál a következő
egyenlőtlenség. Mivel
ezért
ebből pedig a minoráns kritérium értelmében következik, hogy
vagyis az ikerprímek száma végtelen.
Remélem, így már mindenki érti, hogy mire gondoltam.
|
|
[1099] bily71 | 2011-02-02 23:50:23 |
Amit nem akartok megérteni, az az, hogy az, hogy egy 6k1 alakú szám prím-e, avagy sem, attól is függ, hogy k milyen kongruenciáknak tesz eleget, vagy másképp: tagja-e bizonyos számtani sorozatoknak, avagy sem. A k indexek ezen tulajdonságai lehetővé teszik, hogy nemcsak magukat a számokat, hanem az indexeket is lehet szitálni. Én most épp azt csinálom. Legyen ez egy új elmélet, ha úgy tetszik.
|
|
|
|