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.
[204] Sirpi2009-06-19 21:12:21

Figyelek én, csak már nem tudom, mire kell... Volt itt már 1, meg 2 egységgel növő négyzet, 2x2-es résztáblázatok, aztán kínai maradéktétel végtelen sok, majd később véges sok kongruenciára, és el tudom képzelni, hogy nem ez volt az utolsó kör.

Egyet értek Péterrel, kérünk egy állítást bizonyítással, aztán meglátjuk.

Egyébként egy kérdés a végére: pk-ig hány db. ikerprím-indexet garantálsz (aminek a 6-szorosa \pm1 prím)? Esetleg k-t (tehát minden új prímre egyet), vagy valamit félreértettem?

Előzmény: [202] bily71, 2009-06-19 18:43:38
[203] Maga Péter2009-06-19 19:07:13

Naaa...

Most már tényleg csináljuk úgy, hogy Bily szőröstül-bőröstül leírja az állítást és a bizonyítást! Majd azt megvitatjuk.

[202] bily712009-06-19 18:43:38

Hiszen leírtam. Csak nem figyelsz.

23-nál a 14-et csak példaként említettem, nem azért választottam, mert jó. Nem akartam felírni mindet.

Hogy ne kelljen annyit írnom, írjuk fel 13 összes maradékait 4 fölött a kisebb prímek maradékaként, azért csak 4 fölött, mert 4-gyel kezdődik a táblázat. (Vegyük figyelembe, hogy 13=0mod13.)

4=4mod5, 4=4mod7, 4=4mod11, 5=0md5, 5=5mod7, 5=5mod11, 6=1mod5, 6=6mod7, 6=6mod11, 7=2mod5, 7=0mod7, 7=7mod11, 8=3mod5, 8=1mod7, 8=8mod11, 9=4mod5, 9=2mod7, 9=9mod11, 10=0mod5, 10=3mod7, 10=10mod11, 11=1mod5, 11=4mod7, 11=0mod11, 12=2mod5, 12=5mod7, 12=1mod11, 13=3mod5, 13=6mod7, 13=2mod11.

Tegyük fel, hogy nem tudom melyik az a szám. De akkor is tudom, hogy van ilyen szám, mert mod5-nél szükségszerűen előjön a 0,2,3, és 7-nél a 0,2,3,4,5, és 11-nél a 0,1,3,4,5,6,7,8,10 maradék, és ezek kombinációjából szükségszerűen lesz legalább három szám, ami nem fog szerepelni. Ez az állítás szerintem triviális.

Szerinted?

Előzmény: [201] Sirpi, 2009-06-19 15:59:10
[201] Sirpi2009-06-19 15:59:10

A 23-nál miért épp a 14-ből indultál ki? Azon kívül, hogy előre kiszámoltad, hogy az jó lesz - bár nem is jó, mert 5-tel osztva 4 maradékot ad...

Az a bajom a módszereddel, hogy közlöd, hogy "ha pl. vesszük ezt a számot (itt kikeresel egy hiányzó számot a táblázatból), akkor az jó lesz minden maradékosztályban". Írd le úgy a módszered, hogy nem tudod, melyik számok hiányoznak a táblázatból, hiszen éppen azt akarod bizonyítani, hogy van \infty sok, ami nem szerepel.

Tehát írd le, mi alapján választod a pk-hoz tartozó maradékosztályt általánosan - ne úgy, hogy vegyük pl. a 14-et, mert az jó..., és bizonyítsd be, hogy az kisebb lesz, mint pk.

Amíg ezt így szépen nem írod le, addig csak annyit látok, hogy keresel nem szereplő számokat a táblázatban, és belátod, hogy tényleg nem szerepelnek, ami valljuk be, nem olyan nagy művészet :-)

Előzmény: [198] bily71, 2009-06-19 11:51:37
[200] Csimby2009-06-19 15:10:20

Köszi az infót! Valóban 32 éves volt ha jók az évszámok, mindenesetre a módszer középiskolás :-)

Előzmény: [189] Maga Péter, 2009-06-19 08:25:09
[199] bily712009-06-19 11:56:51

Az, hogy mindig van biztosan ilyen megoldás. Csak meg kell keresni, de ha kitartóan keresem, mindig megtalálom.

Előzmény: [197] Sirpi, 2009-06-19 11:43:46
[198] bily712009-06-19 11:51:37

A trükk lényege az, hogy a k-adik prím maradékait írom fel mod5, mod7, mod11... modp(k-1)-ben, és ezeket a számokat adom meg tetszőleges számként. Így az x értéke mindig kisebb vagy egyenlő mint a p(k). Ezért p(k) fölötti prímeket nem kell figyelembe venni 5x7x11x13x...xp(k)-ig.

Lássunk egy példát: 23-nak 23 lehetséges maradéka van. Írjuk fel mondjuk a 14-et mod5-től mod19-ig. 14=4 mod5, 14=0 mod7, 14=3 mod11, 14=1 mod13, 14=14 mod17, és 14=14 mod19.

Most pedig adjuk meg a kínai maradéktételhez a következő feltételeket: x=4 mod5, x=0 mod7, x=3 mod11, x=1 mod13, x=14 mod17 és x=14 mod19. Mivek csak egy x megoldás van, ez pont 14 lesz, és 14 kisebb mint 23, de még 17-nél is kisebb. Ezért nem kell figyelembe venni a prímeket 5x7x11x13x17x19x23-ig.

Tehát, ha az összes variációt vesszük, akkor a legnagyobb prím minden maradéka, és maga a prím is megoldás lesz egytől a legnagyobb prímig terjedő intervallumban (tehát az intervallum minden száma). Ezek között szükségszerűen legalább annyi megoldás van, ami azt a variációt adja, hogy x nem szerepel egyik sorban sem, ahány kisebb maradékosztály van. Így minden újabb maradékosztályra jut legalább egy ilyen megoldás.

Így érthető?

[197] Sirpi2009-06-19 11:43:46

Most jól értem, hogy próbálgatsz maradékosztályokat, hátha bejön? Mi biztosítja, hogy mindig kapsz is megoldást, megfelelően kicsit, hogy a többi maradékosztály biztos ne zavarjon be?

Előzmény: [196] bily71, 2009-06-19 10:58:17
[196] bily712009-06-19 10:58:17

A következő prím a 11. A 3-dik sorban azok a számok nem szerepelnek, amik mod11-ben a következő maradékokat adják: 0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10. Ha a 0 maradékot választjuk x 11 lesz. 11=1 mod5, tehát ez a szám szerepelni fog. Ha a 10-et választjuk 10=0 mod5, és 10=3 mod7. Ez a szám már nem fog szerepelni.

A következő a 13. Itt a 0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12 maradékot adó számok nem szerepelnek. Kezdjük 0-val. x ekkor 13, ami nem jó , mert 13=6 mod7. Próbáljuk 12-vel. 12=2 mod5, 12=5 mod7, 12=1 mod11, tehát ez a szám nem fog szerepelni.

Nézzük a 17 esetét. A nekünk megfelekő maradékok 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 16. Itt is kezdjük 17-tel, vagyis 0-val. Azt találjuk, hogy 17=2 mod5, 17=3 mod7, 17=6 mod11, 17=4 mod13, tehát ez a szám nem fog szerepelni, ezért nem is keresünk tovább.

[195] Pej Nyihamér2009-06-19 10:52:56

Csatlakozva Sirpihez, léccí, írd le, hogy hogyan állítasz elő 1000-nél nagyobb ikerprímeket.

Előre is köszi.

Előzmény: [193] Sirpi, 2009-06-19 09:36:07
[194] bily712009-06-19 10:24:30

Akkor nézzük az első két prím maradékait. Az első sorban azok a számok nem szerepelnek, amik mod5-ben 0, 2, 3-at adnak maradékul. A második sorban nem szerepelnek a mod7-ben 0, 2, 3, 4, 5 maradékot adó számok. Ha azokat a számokat keressük, amik valamely maradékok kombinációjának megfelelnek, akkor a következő egyenleteket lehet felírni.

5a=7b

5a+2=7b

5a+3=7b

5a=7b+2

5a=7b+3

5a=7b+4

5a=7b+5.

Több variáció nincs, mert pl.: 5a+2=7b+4 egyszerűsítés után az 5a=7b+2 egyenletet adja, ami már ismétlés. Ha megoldjuk az egyenleteket azt tapasztaljuk, hogy a legkisebb x értéket akkor kapjuk, amikor a maradékok között a legnagyobb a különbség: 5a=7b+5. Itt a=1, b=0. 5=0 mod5.

Mivel 5 kisebb mint 7, a nagyobb prímeket nem kell figyelembe venni.

A másik eset, amikor mod7-ben tetszőleges számnak magát a prímet választjuk, vagyis: 5a+2=7b+7. A 7=0 mod7. Ez egyenlő 7-tel.

Tehát a kínai maradéktételt használva kaptunk két számot, ami kisebb mint a nagyobb prím.

Az egyik eset: x=0 mod5, x=5 mod7.

A másik:x=2 mod5, x=0 mod7.

És valóban: az első 2x2-es mátrixban nem szerepelnek ezek a számok, és máshol sem bukkanhatnak föl.

Előzmény: [193] Sirpi, 2009-06-19 09:36:07
[193] Sirpi2009-06-19 09:36:07

Megteszed, hogy a módszeredet bemutatod úgy, hogy generálod vele legalább az első 5 értéket? Mert addig én nem nagyon értem, mi is történik...

[192] Maga Péter2009-06-19 09:34:40

Még mindig nem értem, de nem baj. Ha jól látom, most szándékodban áll az egészet egyben leírni, majd azt megnézem.

Sajnos most egy bizonyos okból nem áll módomban hosszabban elemezni a történéseket, ezért egy-egy hozzászólásra, csak mint önálló gondolatra tudok reagálni. De nem is azzal zártam az előző hozzászólásomat, hogy amit írtál, az rossz, hanem azzal, hogy egy bizonyos fogalmat valószínűleg rosszul értek.

Előzmény: [190] bily71, 2009-06-19 08:31:00
[191] bily712009-06-19 08:58:19

Képletben kifejezve :

5a+c=7b+d=x ,

x annál kisebb, minél nagyobb c éc d különbsége. Ha c=d, akkor x=5x7, ami a legnagyobb lehetséges x. Most már remélem érthető.

[190] bily712009-06-19 08:31:00

Kedves Péter!

Nem figyeltél!

A második prím 7, nem vehetjük a maradékot 6-nak, mert ez a maradék arról biztosít minket, hogy végtelen sokszor bukkan fel ezzel kongruens szám. De vehetjük 7-nek, ami maga a prím, ugyanis 7=0 mod 7, ami pedig arról biztosít minket, hogy a hetes soha sehol nem bukkan fel.

A lényeg nem itt van, hanem hogy sikerült olyan algoritmust alkotnom, hogy pl.: x=a mod5, x=b mod7, x=c mod11, hogy x mindig kisebb, vagy egyenlő a legnagyobb maradékosztály prímével, noha más a, b, c... értékeknél ez a szám akár 5x7x11.. is lehet, mely szám nagyon gyorsan nő!

Ezért tudom a kínai maradéktételt felhasználni a bizonyításban!

Előzmény: [187] Maga Péter, 2009-06-19 08:09:05
[189] Maga Péter2009-06-19 08:25:09

Ez már nagyon régi hozzászólás, de megér pár szót. A wikipedia (ebben:)) nem hazudik: valóban Melchioré az elsőség, így ha az évszámok jók (ebben nem vagyok biztos), Gallai valóban nem lehetett középiskolás, amikor a felfedezést tette.

Bár az első bizonyítás eleganciában nem vetekedhet Gallaiéval, mentségére legyen mondva, hogy emlékeim szerint Melchiornak több is kijön: ha a ponthalmaz legalább 3 pontból áll, akkor van benne legalább 3 db kétpontú egyenes (azt hiszem, ma már ennél messze jobbak is ismertek).

Elekes György cikkeiben érdemes keresgélni, sok rokon problémával foglalkozott, és a történeti áttekintései szerintem megbízhatók.

Előzmény: [11] Csimby, 2007-06-08 16:25:38
[188] bily712009-06-19 08:19:15

Még annyi kiegészítést tennék, hogy valójában a legnagyobb maradék maga a prím lenne, de sok esetben nem tudnánk hozzáigazítani a kisebb prímekhez. Így a az ötödik maradékosztálynál 17-nél x-nek magát 17-et választjuk. Megtehetjük, hiszen 17=2 mod5, 17=3 mod7, 17=6 mod11, 17=4 mod13. Ezek a maradékok biztosítanak minket arról, hogy 17 soha, sehol nem bukkan fel. Tehát a legnagyobb figyelembe vett prímnél ha lehet magát a prímet, ha nem, akkor a legnagyobb maradékot adjuk meg tetszőleges számnak. Ezért x értéke mindig egyenlő, vagy kisebb lebb lesz, mint a legnagyobb maradékosztály prímje. Ez a tény pedig arról biztosít minket, a nagyobb prímekkel nem kell foglalkozni, így mindig csak véges sok feltételt kell szabni.

EZZEL A KIEGÉSZÍTÉSSEL SZERINTEM MOST MÁR TELJES A BIZONYÍTÁS:)

Ha így van, akkor megírom mostmár egyben az egészet, és felrakom valahova.

[187] Maga Péter2009-06-19 08:09:05

Ha vesszük az 5-öt és a 7-et, az 5-höz a legkisebb maradékosztály a 0, a 7-hez a 6. Az

x\equiv0  (mod 5),

x\equiv6  (mod 7),

legkisebb (nemnegatív) megoldása x=20, ami nem kisebb, mint 7. Ebből arra következtetek, hogy rosszul értem, mi a ,,lehető legnagyobb'' maradékosztály.

Előzmény: [186] bily71, 2009-06-19 03:38:30
[186] bily712009-06-19 03:38:30

Kedves Sirpi!

Azt hiszem az utolsó akadályt is el sikerült gördíteni!!!!!!!!! (és ez nem várhat holnapig)

A módszer, ahogy a szimultán kongruenciákkal létrehozok egy olyan számot, ami kisebb a legnagyobb figyelembe vett maradékosztály számával a következő:

Lássuk az első két maradékosztályt, az 5-öt és hetet. Úgy tudom létrehozni a legkisebb számot, hogy a nagyobb számhoz rendelem a lehető legnagyobb maradékot,a kisebbhez a lehető legkisebbet. Jelen estben 5a=7b+5, mert x=0 mod5 és x=5 mod7. Ha az egyenletet megoldjuk, a legkisebb szám ami adja a megfelelő maradékot 7x0+5, azaz 5. És ez kisebb, mint 7.

A következő prím a 11. A legnagyobb megengedett maradék 10. Ezt a számot csak a kisebb maradékosztályokhoz kell igazítani. x=10-hez igazítjuk a kisebb prímek maradékát, így 10=0 mod5, 10=3 mod7, 10=10 mod11. A 13-ashoz már nem kell igazítani, mert a negyedik sor 11-gyel kezdődik.

A kövezkező a 13-as. Itt x-nek a 12-est választjuk, mert a kisebb maradékosztályoknál is megengedett (tehát olyan szám, ami olyan maradékot ad, hogy garantáltan ne szerepelhessen ez a szám sehol.) És így tovább...

TEHÁT AZT TAPASZTALTAM, HOGY HA A LEGNAGYOBB MARADÉKOSZTÁLYNÁL ADOM MEG A LEGNAGYOBB MARADÉKOT, AMI ÖSSZHANGBAN VAN A KISEBB PRÍMEKNÉL TÁMASZTOTT ELVÁRÁSOKKAL, AKKOR X ÉRTÉKE MINDIG KISEBB A LEGNAGYOBB MARADÉKOSZTÁLY PRÍMÉNÉL, ÍGY NEM KELL A NAGYOBB PRÍMEKET FIGYELEMBE VENNI. EZÉRT A KÍNAI MARADÉKTÉTEL ÁLTAL BIZTOSÍTOTT MEGOLDÁS A 2X2-ES MÁTRIXON BELÜL VAN!!!!!!!!!!!

[185] bily712009-06-18 17:27:19

Én nemcsak azt mondom, hogy keresek egy számot, ami nem szerepel, hanem azt, hogy az összes variációból legalább egy a 2x2-es mátrix által átfogott intervallumba esik (de nem szerepel). Így a második mátrix számai közé esik 10 vagy 12, noha egytől 5x7x11x13x17-ig bárhol lehet a többi x, ami adja a kongruenciát. Azt hiszem ilyen tétel még nincs, utána nézek. Ha nincs, akkor ezt bizonyítanom kell, ami nem lesz egyszerű. Ez a feladat legalább nem sablonos:-)

Előzmény: [183] Sirpi, 2009-06-18 14:53:16
[184] bily712009-06-18 17:09:28

Nem is arra akarunk következtetni, hogy prím, hanem, hogy ikerprím index, ami lehet nemprím, pl.: a 10-es.

Előzmény: [182] Pej Nyihamér, 2009-06-18 14:29:47
[183] Sirpi2009-06-18 14:53:16

Úgy könnyű, hogy keresel egy számot, ami nem szerepel :-) Az persze, hogy sehol se fog rossz maradékosztályt szolgáltatni (pl. a 10, ahogy írtad). De ha nem tudod, melyik számok nem szerepelnek, akkor hogyan adod meg a maradékosztályokat?

Előzmény: [181] bily71, 2009-06-18 13:11:08
[182] Pej Nyihamér2009-06-18 14:29:47

Egy technikai megjegyzés: 2-es és a 3-as maradékokat is figyelembe kell venni, mert lehet, hogy pl. páros szám jön ki a kínai maradéktételből.

* * *

Ahogy Sirpi is írta, a nehézség ott van, hogy túl sok prímmel való osztási maradékot kell egyszerre vizsgálni. Az X-nél kisebb prímek szorzata kb. e^{(1\pm\varepsilon)X}.

De nézzünk egy példát kis számokkal. A kínai maradéktételből következik, hogy van olyan pozitív egész N, amire

N\equiv1 (mod 2),

N\equiv2 (mod 3),

N\equiv2 (mod 5),

N\equiv5 (mod 7),

N\equiv1 (mod 11),

N\equiv5 (mod 13),

N\equiv12 (mod 17),

és N\le2×3×5×7×11×13×17=510510.

Az N szám nem osztható 2,3,5,7,11,13,17 egyikével sem. Mégsem következtethetünk arra, hogy prím...

Előzmény: [181] bily71, 2009-06-18 13:11:08
[181] bily712009-06-18 13:11:08

Nézzük a második 2x2-es mátrixot. Ez a 9, 11, 13, 15 számokat tartalmazza. Ezek 5, 7, 11, és 13 többszörösei. Ebbe az intervallumba csak a harmadik mátrix egy száma lóg bele, a 14-es. Ez az ötödik sorban helyezkedik el. A hatodik sorban bár mod19-ben 3 és 16-tal kongruens számok vannak, de a sor 16-tal kezdődik,(ez naggyobb, mint a második mátrix legnagyobb száma), így a 19-es maradékosztályt már nem kell figyelembe venni a szám megalkotásánál. Így igaz, hogy az egy és a 5x7x11x13x17 szám közötti maradékosztályoknál mind meg kell nevezni a tetszőleges számot, de a 17-es maradékosztály fölött nyugodtan hozzáigazíthatjuk az első öt maradékosztály megfelelő a, b, c, d, e számainak összes kombinációjával alkotott megfelelő számokhoz, amik az intervallumon belül helyezkednek el. Ez fáradságos munka, de a kínai maradéktétel biztosít minket arról, hogy mindig van gyümölcse. Példa:

10=0 mod5

10=3 mod7

10=10 mod11

10=10 mod13...

Előzmény: [180] Sirpi, 2009-06-18 11:19:32
[180] Sirpi2009-06-18 11:19:32

A gond az, hogy ha előírod mondjuk az 5-ös, 7-es meg 11-es maradékot, akkor a kongruenciáknak megfelelő szám valahol 1 és 5.7.11=385 között lesz, és akkor máris figyelembe kell venned csomó új kongruenciát. Ha a 13-ast is hozzácsapod, akkor 385.13=5005-re nő a felső korlát, és megint bejön egy csomó maradékosztály, és egyre több és több az új prímek behozásával.

Szóval pontosan le kéne írnod, hogy mit csinálsz, milyen maradékosztályokat és milyen maradékkal veszel figyelembe, és arra is figyelned kell, hogy amit kaptál, az a sokkal lejjebbi sorokban se jelenik meg.

Előzmény: [179] bily71, 2009-06-18 10:52:04

  [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]