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.
[277] bily712009-06-24 22:50:29

Gratulálok!

Előzmény: [276] Maga Péter, 2009-06-24 22:44:30
[276] Maga Péter2009-06-24 22:44:30

Nohát örömmel és öntelten mesélem, hogy tegnap sikeres záróvizsgát tettem, úgyhogy a hivatalos procedúra végeztével július 24-től matematikus vagyok... így most pár napig jobban tudok figyelni, várom a további fejleményeket Goldbach-ügyben.

[275] bily712009-06-24 22:21:57

Ha az ilyen lépéseket is megtiltjuk, hogy x=(p(k)-k)modp(k), és az összes olyan lépést, ami ahhoz vezet, hogy a maradékok a végtelenbe tartasnak, akkor is marad még végtelen sok út, vagy tévedek? Vagy van még tiltott lépés?

És nem azért kérdezem, mert erőltetni akarok egy nyílvánvalóan rossz megoldást, hanem azért, mert nem tudom, van-e még olyan feltétel, ami nem teljesülhet.

Előzmény: [274] Sirpi, 2009-06-24 20:35:59
[274] Sirpi2009-06-24 20:35:59

Legyen a k. prím pk, és az x szám adjon pk-k maradékot pk-val osztva. Ekkor a feltételed teljesül, ha jól látom, és a maradékok végtelenbe tartanak, tehát nincs ilyen szám.

Előzmény: [273] bily71, 2009-06-24 19:53:26
[273] bily712009-06-24 19:53:26

Ha úgy adom meg a feltételeket, hogy x=amod5, x=bmod7, x=cmod11..., akkor 5-a, 7-b, 11-c... értéke nem lehet minden prímnél ugyanaz, mert akkor nem lesz pozitív megoldás.

Az elképzelésemet egy végtelen nagy fa gráffal tudnám szemléltetni, amely első lépésben háromfelé ágazik.

A kiindulópontot, azaz csúcsot nem cimkézzük, az összes többit igen. Legyenek a cimkék 0,2,3, tehát azok a maradékok, amiket azok a számok adnak mod5, amik nem szerepelnek az első sorban.

Mindhárom csúcsből induljon öt él. Itt is azokkal a számokkal cimkézünk, amely maradékot nem adják mod7 a második sorban lévő számok, tehát a számok 0,2,3,4,5.

Ezekből a csúcsokból is indítsunk éleket, mindegyikből 9 élet, itt a cimkék 0,1,3,4,5,6,7,8,10. Ezt az eljárást folytassuk végtelenig.

Induljunk el a kezdő csúcsból, és mindig lépjünk egyet előre valamelyik csúcsra, és tiltsunk meg minden olyan lépést, amikor a cimkén lévő szám és a prímszám különbsége ugyanannyi lesz, mint az előző cimkén lévő szám és a hozzátartozó prím különbsége. Egy példa: az első lépésben eljutottunk mondjuk a kettes csúcsra, akkor nem lépünk tovább a 4-esre, mert 5-2=7-4. Vagy mondjuk ejutottunk a 4-dik lépésben a 8-ra, akkor nem lépünk tovább a 12-esre, mert 13-8=17-12.

Ha a tiltott lépéseket kihagyjuk, akkor is végtelen sok féle utat járhatunk be, ha végtelen sokszor lépünk egyet, mindig előre.

Minden út egy feltétel sorozatot jelent, ha a cimkén szereplő számokat megfeletetjük a maradékosztályoknak. Pl.:

x=2mod5, x=2mod7, x=8mod11...

A kínai maradéktétel biztosít minket arról, hogy minden ilyen feltételsornak van megoldása.

Ha másmódon is előfordulhatnak előfordulnak rossz megoldások, akkor ez még mindig nem elég a bizonyításhoz, ha nincs akkor ezt a problémát megoldottam, de lehet, hogy ez a megoldás is rossz. Már hozzászoktam...

Előzmény: [270] bily71, 2009-06-24 11:57:27
[272] Csimby2009-06-24 18:20:09

an:=2*2*4*4*...*2n*2n

bn:=1*3*3*5*5*7*7*...*(2n-1)*(2n-1)

Ekkor an/bn sorozat határértéke \frac{\pi}{2} lesz, tehát még transzcendens is lehet.

Előzmény: [271] bily71, 2009-06-24 12:12:30
[271] bily712009-06-24 12:12:30

Bocs, én nem fogalmaztam érthetően.

Ha bármely két egész számokból álló sorozat tagjait párokba rendezzük, és vesszük a tagok hányadosát, akkor egy sort fogunk kapni, ami törtekből áll. A törtek sora tarthat a végtelenbe, vagy egy számhoz. Ha egy számhoz tart, akkor az lehet rac, vagy irrac is.

Lehet-e következtetni a sorok bármely tulajdonságából arra, hogy ez a szám rac, vagy irrac lesz?

Előzmény: [269] SAMBUCA, 2009-06-24 11:24:43
[270] bily712009-06-24 11:57:27

Ha nincs elvi akadály, akkor van egy javaslatom, mely módszer lehet, hogy biztosít végtelen sok jó megoldást.

Előzmény: [268] bily71, 2009-06-24 10:50:15
[269] SAMBUCA2009-06-24 11:24:43

Az első kérdést ha jól értem, akkor a válasz:

Ha sn jelöli az n. részösszeget, akkor ha ez konvergens, akkor \lim_{n\to \infty}{\frac{s_{n+1}}{s_n}} = 1, szóval ha a reciprokok összege létezik, akkor a törtek hányadosa mindenképp egyhez tart.

Előzmény: [265] bily71, 2009-06-23 20:50:52
[268] bily712009-06-24 10:50:15

Visszatérve egy kicsit a kínai maradéktételhez, lenne egy kérdésem. Te is mutattál egy megoldást, mely nem lehet megoldás, mert ellentondásos, én is mutattam egy megoldást, mely megoldás jó ,végtelen sok feltétel mellet.

A kérdésem a következő: kizárja-e az a tény, hogy végtelen sok megoldás ellentmondásos azt, hogy végtelen sok jó legyen? Tehát van-e elvi akadálya annak, hogy a végtelen sok variáció végtelen sok ikerprím indexet generáljon, a végtelen sok rossz megoldás mellett? És ezt most nem soronként értem.

Egy hasonlat: ha azt kérdezem, hogy mely egész számokra igaz az , hogy osztható 3-mal, nyílván végtelen sokra nem igaz, de attól még végtelen sokra igaz.

Előzmény: [178] Sirpi, 2009-06-18 09:58:21
[267] bily712009-06-24 09:21:50

Az első kérdésem arra irányult, hogy mondjuk a részösszegsor a/b, c/d, e/f... törtekből áll, és a reciprokösszeg mondjuk x/y. És a,b,c... egész számok, persze x,y is. (ezek most nem koordináták). Az a, c, e... (a számláló számai), és b, d, f... (a nevező számai) számok is két sort alkotnak, és a két sor párba rendezett tagjainak hányadosa tart racionális, vagy irracionális számhoz. Meghatározhatja-e a két sor bármely tulajdonsága a hányados alakulását?

Előzmény: [266] Pej Nyihamér, 2009-06-23 23:11:21
[266] Pej Nyihamér2009-06-23 23:11:21

Az első kérdést nem értem.

A másodikra csak akkor lehet esélyed, ha megszámlálhatónál több esetben teljesül a "szabály". Különben nagyjából ugyanaz lesz válasz, mint a racionális törtes próbálkozásnál. Ha veszünk megszámlálható sok sehol sem sűrű halmazt (H1,H2,...), akkor ezekhez van olyan, pozitív egészek reciprokaiból álló, szig. mon. csökkenő sorozat, aminek összege racionális, és minden egyes Hi halmaz csak véges sok részletösszegét tartalmazza. (Ilyen halmazok például a racionális tört függvények értékei az egészekre megszorítva.) Majd egyszer leírom rendesen.

Előzmény: [265] bily71, 2009-06-23 20:50:52
[265] bily712009-06-23 20:50:52

Akkor itt egy kérdés: jól gondolom-e azt, hogy egy egész számokból álló sorozat reciprok összege csak akkor lehet racionális, ha a részösszegek sorát leíró törtek hányadosa racionális számhoz tart?

És ha ez így van , van-e értelme olyan általános tulajdonságot keresni az ilyen sorban, mármint a részösszegeket leíró sorban, ami megkülönbözteti azoktól a soroktól, ami irracionális számhoz tart?

Van egy-két ötletem, de lehet, hogy halva született. És itt most nem a kettő hatványsoránál vázolt , és elvetett ötletet erőltetem, hanem egy tovább fejlesztett változatát akarom bemutatni, ami esetleg általánosítható.

Egyébként azt én is tudom, hogy rac+rac=rac, rac+irrac=irrac. Azért vetettem fel, hogy hagyjuk el a Brun konstans első két tagját, mert, legalábbis számomra, áttekinthetőbb így a részösszegek sora.

[264] Blinki Bill2009-06-23 19:31:50

Come on bily, sok mindenkit gondolkodásra és érvelésre kényszerítesz.

Előzmény: [261] bily71, 2009-06-23 12:09:38
[263] Sirpi2009-06-23 17:11:40

Egyet értek Attilával, nem fogjuk törölni a hozzászólásokat, nincs miért, és remélem, lesznek még jó ötletek ebben a témában.

[262] jenei.attila2009-06-23 12:48:22

Bily! Semmi szükség arra, hogy töröltesd a hozzászólásaidat. Teljesen helyénvaló, és egy ilyen fórum alkalmas is rá, hogy egy bizonyos probléma kapcsán kérdéseket tegyél fel, és tanulni akarjál. Ez nem hogy nem szégyellni való, hanem dícséretes törekvés. Én csak arra figyelmeztettelek, hogy helyenként (legalábbis szerintem) nagyképű kijelentésekre ragadtattad magad, és sokszor meggondolatlanul erőltetsz egy nyilvánvalóan hibás gondolatmenetet. Pl. azt állítottad, hogy 2300 évig senki nem vette észre, hogy a Brun konstansból el kell hagyni a 8/15-öt, és máris látszik, hogy irracionális. Ez nyilvánvalóan nem igaz, hiszen egy racionális számot kivonva egy valós számból, az ugyanúgy racionális vagy irracionális marad, amilyen eredetileg volt. Ezek után további számos hozzászólásodban erőlteted, hogy csak ennyit kell tenni, és máris látszik, hogy irracionális a Brun konstans. Ez nem a képzettséged hiánya, hanem a meggondolatlan kapkodás számlájára írható. Csak erre szeretnélek figyelmeztetni, hogy kicsit lassíts, és gondold át jobban az érveidet. Egyébként szerintem máris szelídült a hozzáállásod, úgyhogy már csak ezért is érdemes volt bekapcsolódnod a fórumba. Ha emellett még tanultál is a válaszokból az külön haszon. Szóval ne add fel, kérdezz bátran, úgy látom a fórumtársak nagy türelemmel válaszolnak neked. Ha tudok, én is megpróbálok alkalmasint válaszolni, amellett hogy én is tanultam az eddigi hozzászólásokból.

Előzmény: [261] bily71, 2009-06-23 12:09:38
[261] bily712009-06-23 12:09:38

Az az ember buta igazán, aki nem tud önkritikát gyakorolni. Főleg, ha szembesítik a hibáival.

Ez egy közösség, a forumozók közössége. Ha egy tagot megbotránkoztat néhány hozzászólásom, hozzáteszem jogosan, akkor valószínű, hogy többet is. Nos, én most gyakorlok egy kis önkritikát. Megkérem a moderátorokat, hogy minden eddigi e témában tett hozzászólásaimat törölni sziveskedjenek. Esetleg meghagyva az olyanokat, amik hasznára válnak e közösségnek. Persze, ha van olyan köztük egyátalán. De a kifogásolható hozzászólásokat mindenképpen. Mentségemre szóljon, hogy örömöm lelem abban, hogy ilyen rendkívül nehéz témákban elmerülök, és egy-egy jónak vélt gondolat fölött érzett lelkesedés miatt néha elragadtatom magam.

És még egy, a tudományban nem működik a tekintélyelv. Nem azért tudunk valamit, mert a másik azt mondta, hanem azért, mert mi is megértettük. Ha nem értjük, akkor nem tudunk semmit, csak elhisszük azt, amit a másik mondott. Aki csak bemagolt valamit, annak egyszerűen fogalma sincs arról a valamiről, csak gépiesen ismétli a begyakorlott műveleteket. Én érteni szeretném ezeket a dolgokat, nemcsak elhinni.

De igazad van, a Gauss korabeli embereknek könnyebb dolguk volt. Olyan nagy információ mennyiséget, mint pl.: a mai számelmélet, nem lehet elsajátítani autodidakta módon. Ezért azt hiszem, felvételizni fogok valamelyik egyetemre.

Bocs, ha sértő volt az elöző válaszom, nem annak szántam, mint ahogy Te sem megsérteni akartál, csak figyelmeztetni.

Előzmény: [260] jenei.attila, 2009-06-23 09:11:58
[260] jenei.attila2009-06-23 09:11:58

Dehogyis! Írjál csak nyugodtan! "Egy percig sem gondoltam komolyan, hogy tényleg meg fogom oldani ezeket a kérdéseket." Nekem nem így tűnt,de ha félreértettem, akkor bocs. "A Te zsenialitásod miben mutatkozik meg? " Semmiben, és nem is tartom magam annak. Szerintem nem én állítottam, hogy megoldottam a Goldbach és az ikerprím sejtést. Nem is lenne nekem a Te hozzászólásaiddal semmi bajom, ha eleve úgy álltál volna hozzá, hogy beszélgessünk ezekről a problémákról. Ehelyett kijelentetted hogy megoldottad őket. Én csak azt akartam mondani, hogy ha ilyen egyszerű ötletekkel megoldható lenne, akkor már réges-rég megoldották volna. Szerintem Te képzeled magad zseninek, ha elhiszed, hogy ez nem így van, és Te találtál rá a helyes útra. Egyébként nem a matematikai jellegű hozzászólásaiddal volt bajom, hanem az ilyenekkel: "Igaz, hogy nem tanultam, de az analízist teljesen értem, sőt a Galois elmélettől kezdve a komplex függvénytanig mindent, ami csak kapcsolatos a számelmélettel, halmazelmélettel, filozófiai hátterével stb., csak én nem képletekben gondolkozom".

És bocs még egyszer, nem akartalak megbántani, a kitartásod tényleg becsülendő, csak időnként kérdőjel nélkül jelentesz ki dolgokat, amin kicsit megütközök. További jó munkát!

Előzmény: [258] bily71, 2009-06-22 19:00:09
[259] bily712009-06-22 19:02:35

Oké, most már értem.

Előzmény: [257] Pej Nyihamér, 2009-06-22 18:50:49
[258] bily712009-06-22 19:00:09

Nem akarok senki terhére lenni, nem fogok írni, ha ezt szeretnétek. Én úgy érzem, minden hozzászólásom matematikai jellegű akart lenni, még ha hülyeség is. A gondalataimat épp azért írtam ide, hogy eloszlassátok a tévhiteimet. Egy percig sem gondoltam komolyan, hogy tényleg meg fogom oldani ezeket a kérdéseket. De miért ne tanulhatnám a matekot két ilyen roppant nehéz példa kapcsán. Te biztos jártál főiskolára vagy egyetemre,de nem hiszem, hogy úgy születtél, hogy tudtál mindent. Amit tudsz szerintem a tanáraidtól sajátítottad el, de Magadtól jutott már eszedbe valami? A Te zsenialitásod miben mutatkozik meg? Ha butaság amiket írtam, az csak azért van, mert a lexikális tudásom nem valami nagy, hiszen én nem járhattam főiskolára. Miért gondolod azt, hogy nincs jogom elgondolkozni ezeken a dolgokon. Vagy szerinted, ha valaki itt arról biztosít engem, hogy teljes képtelenség, amit írtam, nem értem meg a válaszát? Vagy ha nekem mondta volna el a tanárod ugyanazokat a dolgokat, amit Neked, én nem értettem volna meg? Miért érzed magad különlegesnek? Egyébként lehet, hogy azzal a nehézfegyverzettel, amivel Te rendelkezel, más nagyobb dolgokra volna képes, mint Te. Itt most nem magamra gondoltam.

Előzmény: [255] jenei.attila, 2009-06-22 16:33:42
[257] Pej Nyihamér2009-06-22 18:50:49

Még egyszer.

Létezik olyan, pozitív egészek reciprokaiból álló, szig. mon. csökkenő sorozat, aminek összege racionális szám, és amire tetszőleges r(x) rac. együtthatós rac. tört függvény esetén igaz, hogy a sorozatnak végtelen sok részletösszege nem szerepel r(x) értékkészletében.
Előzmény: [256] bily71, 2009-06-22 18:16:34
[256] bily712009-06-22 18:16:34

Én nem azt mondtam, hogy máris bebizonyítottam, csak hogy vizsgáljuk meg a feltevést. Egyébként azt, hogy milyen alakú a polinomhányados, nem a levegőből kaptam, vagy nem találgatással. Nézzük a következő sort: 1,2,4,8,16...

Adjuk össze a tagok reciprokait.

(1/1)+(1/2)=3/2

(1/a)+(1/2a)=(2a+1)/a

(3/2)+(1/4)=7/4

((2a+1)/2a)+(1/4a)=(2(2a+1))+1)/4a=((4a+2)+1)/4a=(2b-1)/b

(7/4)+(1/8)=15/16

((4a+3)/4a)+(1/8a)=((8a+6)+1)/8a=(2c-1)/c ...

Az első kivételével minden tag felírható (2x-1)/x alakban, ahol x értékei ,b,c... egy mértani sort alkotnak a következő tagokkal: 4, 8, 16... amik a 2-es hatványai n kitevővel, ahol n a lépések száma, x=2'n. Ebből következik, hogy ha n nő, akkor x is nő, így a -1 tag elhanyagolható lesz. A közös limesz pedig 2.

Az 1, 2, 4, 7... sornál tényleg elnéztem, de ez csak megerősíti az állításomat, ugyanis ott nemcsak az x értéke változott, a számláló második tagja egy számtani sort alkot, ami úgy látszik nem válik elhanyagolhatóvá. A számláló itt egy mértani és egy számtani sorozat összege, a nevező pedig csak mértani. Természetes, hogy a hányadosuk minden lépésnél egyre jobban el fog térni a 2-es számtól. De ezért nem is közelíthet egy rac. számhoz. Ezt nem vettem figyelembe.

Tehát az állításom mégegyszer, az olyan sor regiprokértéke racionális, ahol a részösszeg polinomok hányadosaként felírható úgy, hogy x értéke n-től függ, és az együtthatók, és a tagok értéke nem változik.

Előzmény: [253] Sirpi, 2009-06-22 16:15:56
[255] jenei.attila2009-06-22 16:33:42

Bily ne haragudj, de nagy butaságokat írsz. Őszintén szólva csak beleolvastam a hozzászólásaidba, de olyan hibák vannak benne, hogy egy jobb középiskolásnak szégyenére válna. Ahogy "levezeted" ennek az általad példának felhozott sor összegét, nem zavar benne,hogy a racionális törtfüggvényed minden lépésben más, és így akarod vizsgálni a határértéket, mondván hogy a 2a-c -ben a c kisebb rendben nő mint az a. Ezt egyáltalán nem látom biztosítva, sőt ahogy a fórumtársak levezették, NEM 2-HÖZ TART a sorösszeg. A többi hozzászólásodban is rengeteg a hiba, és ahogy már egyszer írtam neked (és most sem akarlak megbántani), egyszerűen kizártnak tartom, hogy ezt a problémát ilyen nagyon elemi "kisiskolás" ötletekkel meg lehetne oldani, ugyanis akkor már rég megoldották volna. Mint ahogy kizártnak tartom azt is (egy régebbi postodra válaszolva), hogy te teljesen otthon lennél a számelmélet területén, és a hozzákapcsolódó egyéb matematikai ágakban (ha emlékszel, valami ilyesmit írtál, amire válaszolva nagyobb alázat tanúsítására biztattalak). Egyszerűen azért, mert ilyet manapság már a téma specialistái sem mernének kijelenteni, mivel olyannyira szerteágazó, hogy egy ember valószínűleg képtelen befogadni. Legutóbb ezt talán csak Gauss mondhatta el magáról, és nem csak azért mert kivételes zseni volt, hanem jóval kisebb volt az anyag amit át kellett látnia. Száz szónak is egy a vége, tisztellek becsüllek a kitartásodért, de észre kéne venned hogy nagyon naív a hozzáállásod, és most már kezd egy kicsit "gáz" lenni. Bocsi mégegyszer.

Előzmény: [249] bily71, 2009-06-22 15:33:21
[254] Pej Nyihamér2009-06-22 16:20:03

"Ismertettem egy eljárást, miszerint el lehet dönteni bármely sor reciprokösszegének racionális voltát, csak erre senki nem figyelt."

Én pedig leírtam [247], hogy az elképzelés, amire alapozod, téves.

Előzmény: [252] bily71, 2009-06-22 15:53:57
[253] Sirpi2009-06-22 16:15:56

Egyébként ha nem tudjuk, hogy egy sor végtelen hosszú, vagy nem, akkor annak a kérdésnek nincs semmi értelme, hogy racionális, vagy sem a reciprokösszeg.

Már hogyne lenne értelme? Vagy rac., vagy nem (bár igaz, hogy ha véges a sorozat, akkor garantáltan rac.).

Amúgy pedig mutattál egy eljárást, ami még a példádon se működik, és szerintem nem csak nekem nem világos, hogyan kellene ezzel bármilyen sorozat összegének racionális voltát eldönteni.

Az nem bizonyítás, hogy irracionális az összeg, mert a tagok szabálytalanok, meg hogy "szerinted" irracionális.

Írd le a pontos állítást, ami alapján ezt el lehet dönteni, aztán keresünk rá ellenpéldát :-)

Előzmény: [252] bily71, 2009-06-22 15:53:57

  [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]