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.
[304] Pej Nyihamér2009-06-29 09:00:13

Linnik-konstans

Előzmény: [300] janomo, 2009-06-28 18:11:40
[303] Maga Péter2009-06-28 19:49:11

De így jobban elgondolkodva...

Leírtál egy eljárást, én pedig megmondtam, hogy ennek mi lehet a baja (abban a hozzászólásomban, ahol a 100, 1000, 10000 számokon zongorázok végig). Szóval a ,,szerintem'' után nagyon is konkrétan megmagyaráztam a dolgot.

De esetleg tehetünk egy próbát, és megkérdezhetjük a fórum olvasóit, hogy ki szerint érdemi, és ki szerint véleményi az említett hozzászólásom. Szóval most kérem az idelátogatókat, hogy foglaljanak állást: valóban gyenge pontjára mutatok rá az eljárásnak?

Előzmény: [302] Maga Péter, 2009-06-28 19:42:01
[302] Maga Péter2009-06-28 19:42:01

Először is, a ,,szerintem'' azért van ott, mert szeretnék udvarias lenni. Másodszor ,,nem tudod cáfolni az állításomat'', erre annyit mondanék, hogy egyelőre nem létezik konkrét állítás, amit cáfolni lehetne/kellene.

Előzmény: [299] bily71, 2009-06-28 16:33:52
[301] Maga Péter2009-06-28 19:37:28

Bár Linnik eme tételét nem ismertem, de azt tudtam, hogy vannak mindenféle erősítései a Dirichlet-tételnek. Azt hiszem, a témában a Siegel-Walfisz a csúcs, majdnem 70 éves tétel, de még mindig világcsúcs.

Mindazonáltal meg vagyok győződve róla, hogy mind a Siegel-Walfisz, mind a citált Linnik borzasztóan gyenge ahhoz a módszerhez, amit Bily akar. És hát valóban... ha mondjuk legalább négyzet lenne ötödik hatvány helyett, akkor talán érdemes lenne a dolog arra, hogy elkezdjünk számolgatni. De így ötödik hatvánnyal, vagy pláne a Bily által használt kvalitatív alakban édeskevés.

Előzmény: [300] janomo, 2009-06-28 18:11:40
[300] janomo2009-06-28 18:11:40

Egyébként van egy tétel, ami arról is mond valamit, hogy mennyire nagy az aktuális prím. A linnik tétel szerint, ha a nagyobb, mint b, akkor az ak+b sorozatban van egy a ötödik hatványánál kisebb prím, ha a és b relatív prímek. Még nem gondoltam bele, de ez valószínűleg nagyon gyenge a célhoz.

Előzmény: [295] Maga Péter, 2009-06-28 13:19:00
[299] bily712009-06-28 16:33:52

A Te módszered azért nem teljesen ugyanaz, mint az enyém.

Nem vagyok matematikus, de annyit megtanultam az eddigi hozzászólásokból, hogy a "szerintem" az nem bizonyítás. A szavaidból azt veszem ki, hogy nem tudod cáfolni az állításomat. De ez nem azt jelenti, hogy igazam van.

Még valaki? Ha nem elég erős az állításom, lehet-e javítani?

Előzmény: [298] Maga Péter, 2009-06-28 14:04:21
[298] Maga Péter2009-06-28 14:04:21

Összességében nem látom, hogy ez a módszer miért rosszabb, mint a Bily által közzétett. És egyikről sem látom bizonyítottnak, hogy mondjuk

10000^{10000^{10000^{10000^{10000^{10000^{10000}}}}}}

felett nem fullad mindig végtelen eredménytelenségbe.

[297] Maga Péter2009-06-28 14:01:23

Hogyan lehetne ezen javítani? Hát, ha már a (209,211) pár a 11 és 19 miatt elromlott, akkor vegyük őket hozzá a halmazhoz: {2,3,5,7,11,19}. Adódik így (43889,43891), amiket most egy online-szoftver valóban prímeknek mond, én elhiszem (igazából mindegy).

Akkor most foglaljuk össze azt, ami eddig van:

{2,3}\rightarrow ikerprím-pár

{2,3,5}\rightarrow ikerprím-pár

{2,3,5,7}\rightarrow nem ikerprím-pár, vegyük bele a 11-et és a 19-et \rightarrow ikerprím-pár

{2,3,5,7,11}\rightarrow ikerprím-pár

Néhány további:

{2,3,5,7,11}\rightarrow ikerprím-pár

{2,3,5,7,11,13}\rightarrow nem ikerprím-pár, 30031=59.509, vegyük bele az 59-et és az 509-et \rightarrow ikerprím-pár

{2,3,5,7,11,13,17}\rightarrow nem ikerprím-pár, ennek mindkét szomszédja összetett.

Előzmény: [296] Maga Péter, 2009-06-28 13:40:41
[296] Maga Péter2009-06-28 13:40:41

A jelenséget szemléltetem. Először az Euklidesz-féle gondolatmenetet (annak bizonyítására, hogy végtelen sok prím van) leírom némi csúsztatással.

Tegyük fel, hogy már van néhány prímünk: 2,3,...,p. Tekintsük ekkor az A=2.3.....p számot, és legyen P=A+1. Ekkor a P számnak nincs önmagánál kisebb prímosztója (mivel a 2,3,...,p számok nem osztják), azaz prím. Ily módon prímek egy véges halmazához hozzá tudunk venni egy újabb prímet, azaz végtelen sok prím van.

Észrevétel: a P=A+1 helyett tekinthettük volna a Q=A-1 számot is, amire ugyanaz igaz, mint P-re, azaz szintén prím. Ekkor azonban, mivel P-Q=2, ezért prímek egy tetszőleges véges halmazához hozzá tudunk venni egy ikerprím-párt is.

Most gyanakodjunk: ezt bizonyára kiszúrta volna Euklidesz is. Ahelyett azonban, hogy a hibát keresnénk, nézzük meg, mit ad ez a gondolatmenet. A {2,3} halmazból legyártja az (5,7) ikerprím-párt, a {2,3,5} halmazból pedig a (29,31)-et. A következő {2,3,5,7} azonban porrá zúzza elképzeléseinket. Az adódó (209,211) párból 209=11.19.

És most gondoljuk meg. Valójában az említett P,Q számok nem feltétlenül prímek, hiszen p-nél nagyobb prímosztóik lehetnek. Az első két próbálkozásnál ez nem fordult elő, hiszen 5>\sqrt{2\cdot{}3+1} és 7>\sqrt{2\cdot{}3\cdot{}5+1} miatt itt valóban nem kell más prímekkel való oszthatóságot ellenőrizni. De az eljárás már az első olyan ponton csődöt mondott, ahol volt rá esély, hogy csődöt mondjon.

[295] Maga Péter2009-06-28 13:19:00

Azt hiszem, értem. De szerintem nem jó...

Veszed mondjuk az első 100 sort. Ehhez kialakítasz egy kongruenciarendszert, amit aztán a Dirichlet-tétel segítségével megoldasz a prímszámok halmazán. Sajnos azonban a Dirichlet-tétel (legalábbis a leggyengébb alakja) semmit nem mond arról, hogy a megoldásként adódó prím mennyire nagy. Ezek alapján lehet, hogy borzalmasan nagy, olyannyira, hogy mondjuk még az is esélyes, hogy akár a mátrixod 1000. sorában felbukkanjon. Ebben az esetben felírsz egy újabb kongruenciát, ami kizárja őt az 1000. sorból (ugyanis az eddigi rendszer csak az első 100 sorból zárja ki őt, ami nem elég ahhoz, hogy ikerprím-index legyen). Kapsz egy prím megoldást, de a 10000. sorban ott áll a kapott prím. Na de vegyünk egy feltételt, ami kizárja a 10000. sorból. Ehhez is adódik új prím, de ahhoz meg már a 100000. sorból is feltételt kell venned. És így tovább. És hogy mi van a végén... hát, ha jól meggondoljuk, akkor azt kapjuk, hogy kibabrált velünk az ördög.

Előzmény: [294] bily71, 2009-06-28 09:27:16
[294] bily712009-06-28 09:27:16

A Dirichlet tétel szerint végtelen sok a+pn alakú prím van, ahol a és p relatív prímek.

Válasszunk p-nek prímeket. Egy prím és a maradéka biztos relatív prímek, mert egy prím minden számmal relatív prím, csak a többszöröseivel nem.

Az a értékének válasszunk olyan számot, ami olyan maradéka a prímnek, ami arról biztosít minket, hogy a+pn nem fog szerepelni a mátrixban.

Ha képpezzük a 2+5n és a 3+5n alakú prímek halmazát, akkor ezen halmaz elemei a mátrix első sorában bitos nem bukkanak föl, de sok másik sorban szerepelhetnek.

Tehát sorra képezzük a többi halmazt, ahol p prím, és a olyan maradék, ami nekünk megfelel.

Minden új halmaznak végtelen sok eleme lesz megtalálható a kisebb p prímekből képzett halmazokban, és végtelen sok, ami az összes eddig képzett halmaznak is eleme.

Ennek a metszetnek mindig van legkisebb eleme, ami minden újabb halmaz hozzáadásával változhat, de mindig létezik.

Ha újabb és újabb halmazok metszetét vizsgáljuk, egy bizonyos lépés után az eddigi metszet legkisebb eleme egyenlő lesz p prímmel. Az új metszetnek már nem lehet legkisebb eleme, mert a halmazban szükségszerűen nagyobb számok vannak p-nél, hiszen a+pn mindig nagyobb p-nél. (a,p,n nem egyenlő 0-val).

Ez a prím, ami az eddigi metszet legkisebb eleme, biztos, hogy nem szerepel a mátrixban, mivel minden feltételnek megfelel.

Mivel a metszetnek, akárhány új halmazt is veszünk figyelembe mindig lesz legkisebb eleme, ezért végtelen sok ilyen prím van.

Pl.: a 17, mert 17x6-1=103, 17x6+1=101, ikerprímek.

De lehet, hogy ez a gondolatmenet is hibás valahol.

Előzmény: [292] SAMBUCA, 2009-06-27 23:08:32
[293] bily712009-06-28 08:47:24

Akkor mostmár röviden összefoglalom, meddig jutottunk többek között Sirpivel, aki mindvégig figyelemmel kisérte irásaimat.

Minden 3-nál nagyobb prím 6k+-1 alakú. Ez azt jelenti, hogy egy ikerprím pár két tagja mindig körülölel egy 6-tal osztható számot.

Egy 6k+-1 alakú szám ha összetett, szükségszerűen bontható a (6n+-1)(6m+-1)szorzatra. Ha összeszorozzuk ezeket a számokat, akkor egy végtelen nagy kommutatív félcsoportot kapunk, szorzótáblát, vagy ahogy én nevezem mátrixot.

Az eredmény helyére a k számot írjuk. Azért a k-t, mert minden ikerprímet egyértelműen meghatároz ez a szám. Ha k szerepel a mátrixban, akkor 6k+-1 nem lehet ikerprím, mert egyik, vagy midkét szám összetett. Azokat a k számokat, amik nem szerepelnek, neveztem el ikerprím indexnek.

Az összeszorzandó számok így alakulnak: 5,7,11,13,17,19...

Mivel a mátrix szimmetrikus, a függőleges és a vízszintes sorok megegyeznek.

Az első sorba olyan számok kerülnek, amik 5-tel osztva 1, vagy 4 maradékot adnak, azért, mert

(6n+-1)(6m+-1)=6(6nm+-n+-m)+-1=6k+-1, és

k=6nm+-n+-m=n(6m+-1)+-m.

Itt m=1, tehát az első sor számai: 5n+-1.

A második sor számai értelemszerűen 7n+-1, a harmadiké 11n+-2, azért, mert itt m=2.

Tehát olyan számot keresünk, ami 5-tel osztva nem 1-et, vagy 4-et, 7-tel osztva nem 1-et, vagy 6-ot, 11-gyel ostva nem 2-őt, vagy 9-et... ad maradékul.

Megfordítva olyan számokat keresünk, amit ha 5-tel osztunk 0,2,3, ha 7-tel 0,2,3,4,5, ha 11-gyel 0,1,3,4,5,6,7,8,10, ha ... lesz a maradék. Ezek a számok biztos nincsenek benne a mátrixban, tehát ikerprím indexek.

A probléma az, hogy egy ilyen számnak végtelen sok feltételnek kell megfelelnie, ha a kínai maradék tétel segítségével keressük őket. Pl.: k=3mod5, k=2mod7, k=7mod11... Cak akkor van megoldás, ha k=a(1)modp(1), k=a(2)modp(2), k=a(3)modp(3)... a(i) értéke egy bizonyos prím után állandó, és a kisebb prímekhez a(i) maradékait írjuk be feltételként.

Egyszerűbb a dolgunk, ha k=prím megoldásokat keressük.

Mindjárt folytatom.

Előzmény: [292] SAMBUCA, 2009-06-27 23:08:32
[292] SAMBUCA2009-06-27 23:08:32

Segítenél?

mit értesz mátrixon? mi alapján maradnak ki maradékosztályok bizonyos prímeknél? pl. miért nincs 9 + 11n??? mert ha mind benne van, akkor minden prím jó lenne... és persze ha végtelen ilyen (nem tudom milyen) prím van, akkor miért lenne végtelen sok ikerprím..

Sambi

Előzmény: [288] bily71, 2009-06-26 00:05:46
[291] R.R King2009-06-27 14:00:09

Szerintem sokan úgy vannak vele, hogy nem gondolkodnak olyan problémán amire nem látnak reális esélyt, hogy megoldják. Ennek némileg ellentmond az, hogy azért elég sokan elég sokáig válaszoltak neked és talán tényleg csak nyaralni vannak:) Nekem egy matematikus ismerősöm mondta, hogy az olyan problémák a jók,amelyeket még éppen nem tudunk megoldani(van esély a megoldásukra csak mondjuk kell 1-2 hét mire összerakjuk).

Előzmény: [290] bily71, 2009-06-27 13:24:51
[290] bily712009-06-27 13:24:51

Mindenestre úgy néz ki, hogy végtelen sok ilyen prím van. És ha ez így van, akkor végtelen sok ikerprím van. De valaki megvizsgálná végre az állításomat?

Két dolog lehetséges, vagy akkora hülyeséget írtam, hogy nem érdemes válaszra, vagy úgy jártam, mint aki elalszik a metrón, és nem vettem észre, hogy időközben megszűnt a fórum:)

[289] bily712009-06-26 23:17:57

A fórumon is van nyári szünet? Vagy mi ez a síri csend?

[288] bily712009-06-26 00:05:46

Ha fix számoknak prímeket keresünk, akkor azt hiszem a Dirichlet tétel segítségünkre lehet. A tétel szerint végtelen sok a+pn alakú prím van, ahol a és p relatív prímek. Legyen p prím, a pedig a prím valamelyik maradékosztálya. Egy prím és a maradéka mindig relatív prím.

Képezzük a 2+5n és a 3+5n alakú prímek halmazát. Ezek a prímek vagy 3-ra, vagy 7-re végződnek. Képezzük továbbá a 2+7n, 3+7n, 4+7n, és az 5+7n alakú prímek halmazát. Végtelen sok olyan prím van, ami eleme mindkét halmaznak, ilyenek mint 17, 23, 37...

Képezzük továbbá a következő alakú prímek halmazát: 1+11n, 3+11n, 4+11n, 5+11n, 6+11n, 7+11n, 8+11n, 10+11n. Végtelen sok olyan prím van, amelyik eleme mindhárom halmaznak.

Képezzünk minden prímmel ilyen halmazokat, aminek elemei az a+pn prímek, ahol a szám a p prím olyan maradékosztálya, ami nem szerepel a sorokban.

Minden új halmaz végtelen sok eleme megtalálható az elöző halmazokban, és minden prím 3-ra, vagy 7-re végződik.

Az a prím nem fog szerepelni a mátrixban, ami megtalálható minden nála kisebb prím és a maradékosztályaival képzett prímek halmazában.

Ilyen szám a 17, mert megtalálható az a+5n, b+7n, c+11n, d+13n alakú prímek halmazainak mindegyikében. Természetesen a 17-tel, vagy nagyobb prímekkel képzett halmazoknak nem eleme, mert ezen halmazok minden eleme nagyobb 17-nél. A következő ilyen szám a 23.

A 17 jó fix számnak, mert x=2mod5, x=3mod7,x=6mod11, x=4mod13, x=0mod17, x=17mod19, x=17mod23... feltélesornak megfelel megoldásként.

Bizontható-e, hogy végtelen sok ilyen prím van?

Előzmény: [283] Sirpi, 2009-06-25 02:25:18
[287] bily712009-06-25 23:09:51

Ez alatt azt értem, hogy például 2 hatványait nem találjuk meg mondjuk minden k és k+5 között.

Előzmény: [286] SAMBUCA, 2009-06-25 18:19:12
[286] SAMBUCA2009-06-25 18:19:12

"Ugyanis a hatványsoroknak is végtelen sok tagja van, de a reciprokösszegük nem végtelen, mint a természetes számoké, pont azért, mert nem esik minden k-ra egy hatvány?"

ez alatt mit értesz?

Előzmény: [282] bily71, 2009-06-25 00:58:43
[285] bily712009-06-25 09:26:56

És a kérdésem második részére van válaszod?

Előzmény: [283] Sirpi, 2009-06-25 02:25:18
[284] jenei.attila2009-06-25 08:57:52

Csatlakozok az előttem szólókhoz. Gratulálok!

Egy kis olvasnivaló: http://www.scribd.com/doc/14939909/Goldbachsejtes

Előzmény: [276] Maga Péter, 2009-06-24 22:44:30
[283] Sirpi2009-06-25 02:25:18

Egy ilyen x\equiva1 modp1, x\equiva2 modp2 ... kongruenciarendszernek csak akkor van megoldása, ha adott indextől ai=a fix szám, a kisebb indexekre pedig ennek az a számnak a megfelelő maradékai vannak beírva.

Ezek után a 3, 2, 3, 2, ... nem fog megoldást adni.

Előzmény: [282] bily71, 2009-06-25 00:58:43
[282] bily712009-06-25 00:58:43

Tehát van esély rá, hogy végtelen sok jó megoldás legyen? Mert ezt még nem zártad ki.

Mi a helyzet ezzel a példával: x=3mod5, x=2mod7, x=3mod11, x=2mod13... vagy ehhez hasonlókkal, tehát ahol nem lesz fix az x értéke, de nem engedjük, hogy a maradékok elszabaduljanak?

Az elöző példában vázolt lehetőséget már régebben kizártad, mondván nem találhatunk k-adik prím maradékai között minden estben olyan x-et, mely adná a kisebb prímeknél feltételül szabott kongruenciákat.

De találunk-e mindig bizonyos alakú prímek maradéka között ilyen x-et, amihez aztán hozzáigazítjuk a kisebb prímek maradékait. Olyan alakúakra gondolok, amelyekből végtelen sok van, és nem esik minden valahányadik prímre ilyen prím? Ugyanis a hatványsoroknak is végtelen sok tagja van, de a reciprokösszegük nem végtelen, mint a természetes számoké, pont azért, mert nem esik minden k-ra egy hatvány?

Előzmény: [280] Sirpi, 2009-06-24 23:52:53
[281] Csimby2009-06-25 00:21:59

Én is gratulálok! És ha jól tudom, máshoz is lehet neked gratulálni :-)

Előzmény: [276] Maga Péter, 2009-06-24 22:44:30
[280] Sirpi2009-06-24 23:52:53

Ezt már én is akartam írni, a példádban csak a 4 jöhetne szóba (hiszen x-4 végtelen sok prímmel osztható, vagyis 0 kell hogy legyen), de ezt az első pár taggal sikerült elrontani.

Egy ilyen x\equiva1 mod p1, x\equiva2 mod p2 ... kongruenciarendszernek csak akkor van megoldása, ha adott indextől ai=a fix szám, a kisebb indexekre pedig ennek az a számnak a megfelelő maradékai vannak beírva.

Előzmény: [279] bily71, 2009-06-24 23:35:34

  [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]