Fórum: A Goldbach-sejtésről

A vizsgálódásaim során talán sikerült bizonyítanom azt is, hogy egy szám és a négyzete között mindig van prím.

Továbbá, mivel az általam kidolgozott rekurzív függvény pontosan megadja a prímek számát x-ig, analitikus módszerekkel összehasonlítható a Li(x) függvénnyel, és hátha sikerül elbánni a Reimann- sejtéssel is, ha másképp nem, akkor közösen.

A Goldbach-sejtéssel kapcsolatos eredményeimet az ikerprímek megvitatása után teszem közzé.

Tudom ezek a mondatok elég nagyképűen hangzanak, de én hiszek abban, hogy ha egy kérdés bonyolult eszközökkel megválaszolható, akkor létezik egyszerűbb megoldás is, csak esetleg hosszadalmasabb. Van ennek az elvnek egy elnevezése, ami most nem jut eszembe.

Üdv mindenkinek!

Míg ti nyaraltatok, én egész nyáron a számelméletet bújtam, és a két sejtés bizonyításán fáradoztam, és sikerült kidolgoznom egy módszert, amellyel több fontos számelméleti sejtés bizonyítható.

Bár ez a téma a Goldbach-sejtésről szól, mégis itt fogom közzétenni az ikerprímekkel kapcsolatos eredményeimet, mint eddig is, mert a két kérdés szorosan összefügg.

Mindkét sejtés a számok additív és multiplikatív (prímség) tulajdonságai között keres összefüggéseket. A kérdés megválaszolása azért roppant nehéz, mert a két tulajdonságot igen laza kapcsolat köti össze, a disztributivitás.

Mindkét sejtés két prím összegéről mond valamit. Ugyanis egy ikerprímpár második tagja egy páratlan prím, és az egyetlen páros prím, a kettő összege.

Az ikerprímeset úgy próbáltam bizonyítani, hogy végtelen sok szám nem szerepel egy bizonyos táblázatban, azaz végtelen sok egész nem áll elő 6nm+-n+-m alakban, nem sok sikerrel.

Új módszerem vázlatosan: Ha az egyszerű szorzótáblából elhagyjuk az első sort, és oszlopot, akkor végtelen sok szám nem fog szerepelni a táblázatban, ezek pont a prímek. Arra próbáltam választ adni, hogy miért, mert hasonlóképp akarom bizonyítani az ikerprímek végtelen voltát.

Arra a következtetésre jutottam, hogy egyszerűen azért, mert n-ig kevesebb összetett szám "keletkezik", mint n. Ráadásul az incidencia mátrix, és a logikai szita segítségével pontosan ki lehet számolni egy egyszerű képlettel, hogy mennyi összetett van n-ig. Ezen számok a prímek komplementer halmazát képezik, ebből pontosan kiszámítható a prímek száma n-ig.

A módszer, bár a képlet egyszerű, rendkívül sok részösszeg kiszámítását igényli, mivel ez egy rekurzív eljárás. De szerencsére az analízis segítségével rendkívül pontos becslés adható a prímek számára, olyan pontos, hogy az eltérés kevesebb, mint egy(!)

Holnap megkezdem a részletes levezetést, szakaszokban, hogy könnyebb legyen megvitatni a részleteket.

Álljon P azokból a (többjegyű) páratlan számokból, amikben az első és az utolsó számjegy összege osztható hárommal, vegyük ezekhez még hozzá a 3-at, 5-öt, 7-et. Nyilván p+2P, ha pP, p>5, és minden páros szám felírható mint egy P-beli és a {3,5,7} valamelyikének az összege. P nem tartalmaz végtelen számtani sorozatot sem (meg kell várni a sok 9-essel kezdődő tagokat).

Tehát van mindig legalább két prím. Most már "csak" arra a kérdésre kellene választ találni, hogy a kisátlókon van-e mindig legalább két szám, ami prímek metszésében áll.

Ha a sakktáblát úgy szinezzük, hogy azokat a négyzeteket, amelyek az összetett számok soraiban helyezkednek el fehéren hagyjuk, akkor a fekete négyzetek téglalapokat fognak alkotni. Ezek a fekete négyzetek megfelelnek azoknak a páros számoknak, amik előállnak két prím összegeként.

Húzható-e úgy kisátló, hogy nem metszi a fekete téglalapokat, milyen elrendezés mellett fordulhat elő ilyen eset? Ezeket a kérdéseket próbálom megválaszolni. Már vannak ötleteim, csak jól meg kell fogalmaznom, mielőtt leírom.

Az ikerprímekkel kapcsolatban is vannak észrevételeim. Pl: ha 6k+-1 ikerprím, akkor k nem lehet 4,14,24..., 6,16,26..., 9,19,29..., 11,21,31... vagy ezen számok egész kitevős hatványa. k 2-nek, és 3-nak csak páratlan kitevőjű hatványa lehet, stb.

Ha k négyzetszám gyök k csak 5 többszöröse lehet, vagy ha k köbszám, akkor köbgyök k csak 7 többszöröse lehet. Talán az ilyen négyzet, vagy köbszámokból végtelen sok van. E sejtésemet arra alapozom, hogy a hatványsorok sorok szoros összefüggésben álnak a Pascal háromszöggel. Hamarosan leírom mire gondolok.

"Tehát a kérdésem: lehetséges-e, hogy egy szám és a kétszerese között mindig legyen két különböző alakú prím? (Ha nem is ikerprím.)"

Itt a "különböző alakú"-n azt érted, hogy az egyik 6k+1, a másik 6k-1 alakú? Mert ha igen, akkor ez is igaz valahonnantól kezdve. Ha n>n₀, akkor vannak olyan p,q prímek, melyekre n<p,q<2n, p=6k₁-1, q=6k₂+1. Hirtelenjében erről is úgy látom, hogy igaz n₀=5-tel.

"4. ha a halmaz bármely eleme és a kétszerese között mindig van további két elem."

Ez a 4. feltétel? Ez, némi kiegészítéssel, fennáll a prímekre. Nevezetesen azzal, hogy elég nagy... Azaz: van olyan n₀, hogy minden n>n₀-ra van két prím szigorúan n és 2n között. És nem is kell sokáig elmenni, most hirtelen úgy látom, már az 5 is jó n₀-nak. Azaz ha n>5, akkor vannak olyan p,q prímek, amikre n<p<q<2n.

Nem szükséges, arról már meggyőztél, hogy ezek a prímek nem szükségszerűen ikerprímek.

De az igazi kérdésre még mindig nem válaszoltál.

Hogy még érthetőbb legyen:

Adjuk össze az összes 6k+-1 alakú számot, ekkor egy végtelen nagy átlósan szimmetrikus táblázatot kapunk.

Ami a legfontosabb tulajdonsága ennek a táblázatnak, hogy az azonos értékű páros számok ugyanazon kisátlón találhatók meg, máshol nem.

Húzzunk meg minden kisátlót. A kisátlókat két csoportba lehet sorolni, az egyiken csak olyan x van, hogy x=0mod6, a másik csoportba tartozón csak olyan x-ek, hogy x=2mod6, vagy x=4mod6.

Feladat:

Adjunk meg olyan halmazt, melyre teljesülnek a következő feltételek:

1. minden eleme 6k+1, vagy 6k-1 alakú,

2. minden 10-nél nagyobb páros előáll az két halmaz elemeinek összegeként,

3. minden kisátlón legfeljebb egy számot találunk.

A válasz: nincs megoldás.

A 2. feltétel cak akkor teljesül, ha bármely olyan kisátlón, amely a páros számok 6-tal vett 2 és 4 maradékosztályait reprezentálja, legalább két különböző párost találunk, ugyanis ha egy párost elosztunk 6-tal, és a maradék 2, akkor nem lehet a maradék egyúttal 4 is.

Ez pedig csak a következőképp valósulhat meg:

4. ha a halmaz bármely eleme és a kétszerese között mindig van további két elem.

Vagyis minden második kisátlón legalább két páros szám található.

Az 1. és 2. feltételek akkor, és csak akkor teljesülnek, ha 4. feltétel is teljesül.

A fenti mondat akkor is igaz, ha a 3-as számot is bevesszük halmazba harmadik típusú elemként, csak a 2. feltételben a 10 helyére 6 kerül.

Kérdés:

Megfele-e a prímszámok halmaza 4. feltételnek?

Én úgy tudom, hogy nem, de mivel az ismereteim elég hiányosak, ezért csak kérdezem.

"Csakhogy ezzel a halmazzal az a baj, hogy az elemei egy számtani sorozatot képeznek, ellentétben a prímekkel. Egyébként a prímek P halmazában hemzsegnek az olyan p elemek, p+2 nem eleme a halmaznak."

Ezen ellenvetésnek megfelelően most adjunk meg olyan halmazt, ami teljesíti az előző két feltételt, és nincsen benne végtelen számtani sorozat.

Általánosan megfogalmazva: bárhogy is rendezzük a sorozat, a kék-sárga kisátlókon kell lennie minimum egy kék és egy sárga korongnak, tehát teljesen mindegy, hogy melyik sorokba teszünk korongokat, a kis átlónak két sort kell metszenie, hogy a sejtés igaz legyen.

Mivel a végtelen sakktábla átlósan szimmetrikus, és a kis átló a főátlót 6k+-1 sornál metszi, ezért a két sor, amely a két különböző színű korongot reprezentálja 6k+-1 és 6x2k+-2 között helyezkedik el.

Tehát a kérdésem: lehetséges-e, hogy egy szám és a kétszerese között mindig legyen két különböző alakú prím? (Ha nem is ikerprím.)

Ezenfelül még egy feltételnek kell teljesülnie ahhoz, hogy a sejtés igaz legyen: az egyeneseknek ott kell metszeni a prímek sorait, ahol korong van. Ez már nehezebb kérdés. De ha az elöző feltételek nem teljesülnek, akkor ez sem.

Csakhogy ezzel a halmazzal az a baj, hogy az elemei egy számtani sorozatot képeznek, ellentétben a prímekkel. Egyébként a prímek P halmazában hemzsegnek az olyan p elemek, p+2 nem eleme a halmaznak.

De vezessük tovább a gondolatmenetet, és a számokat helyettesítsük háromféle színű koronggal egy végtelen nagy sakktáblán. A 6k-1 alakú számokat összekötő egyeneseken legyenek a piros színűek a korongok, a 6k+1 alakúakat összekötőkön lévők pedig felváltva sárgák és kékek, a 6k-1 alakú számok soraiban legyenek a sárga korongok.

Az összetett 6k+-1 számoknál hagyjunk üresen sorokat és oszlopokat, azaz ezekben a sorokban ne legyen korong. Kössük össze az azonos értékű számokat.

Ha van olyan "piros" egyenes, ami egy sort sem metsz, vagy ha van olyan "sárga-kék" egyenes, ami csak 6k-1, vagy csak 6k+1 sorokat metsz, akkor nem igaz a Goldbach-sejtés.

Az első feltétel biztosan nem teljesül, efelől biztosít minket a Csebisev tétel.

A második feltétel csak akkor nem teljesül, ha ez a "Csebisev" prím nem azonos alakú azzal a prímmel, ahol elértünk egy üres sávot.

Tételezzük fel, hogy csak egy prímet találunk a kritikus távolságon belül.

Ha kettőnél szélesebb sávot kell átugorni, akkor ez az egy szál prím nem biztosít nekünk megfelelő útvonalat a sétához, mert a piroson kívül csak kék, vagy csak sárga korongok helyezkednek el rajta. A lépések sorrendje pedig csak sárga-piros-kék-sárga... lehet.

Mivel minden sorból minden harmadik páros szám hiányzik, (azaz a kék, vagy a sárga korongok), hogy mégis áttudjunk kelni a túloldalra lennie kell még egy prímnek a "Csebisev" prímen kívül, ami azzal nem azonos alakú. Lehet, hogy tényleg nem ikerprím, de az biztos, hogy legalább két prímnek kell lennie 6L+-1 és 6x2L+-2 között. Lehetséges ez?

1,3,7,11,...,4k-1,...?

"Ez feltétel teljesül is, hiszen a Csebisev tétel szerint L és 2L között mindig van legalább egy prím.

De vajon elegendő-e ez a feltétel? Azt tapasztaltam, hogy nem. Ugyanis L és 2L között legalább egy ikerprímnek kell lennie ahhoz, hogy ne akadjunk el, és tovább tudjunk haladni a végtelenbe.

Mindenesetre úgy néz ki, hogy a Goldbach-sejtés csak akkor igaz, ha végtelen sok ikerprím van, és ezek meghatározott távolságokon belül követik egymást. "

Feladat. Adjunk meg olyan pozitív, páratlan számokból álló P halmazt, amire teljesül a következő két feltétel:

- minden páros szám felírható P két elemének összegeként;

- van olyan L pozitív egész, melyre ha pP és p>L, akkor p+2P.

Az előbbi táblázatot 53-ig írtuk fel.

Egy kis javítás: a bal felső sarokból indulunk, és a jobb alsó szám 106, nem 104.

A legnagyobb páros ameddig itt eljutunk a 90. A 90 a 6x7+1=43 és a 6x8-1=47 számok összege, tehát 6(7+8)=90.

Milyen messze lehet a következő prím, ha folytatni akarjuk utunkat? Mivel a 90 a 85-öt 85-tel összekötő egyenesen van, ezért ha nincs 53 és 85 között prím, akkor elakadunk, és nem tudjuk folytatni az utazást. (A 85 összetett, de attól még 6k+-1 alakú).

Megjegyzés: ha a 3-at is figyelembe vesszük, mint összegképző prímet, akkor 53 és 87 között kell lenni a következő prímnek.

Általában, ha (6L+1)+(6L+1)-nél akadunk el, akkor a következő prímnek mindenképp 6x2L+2-nél kisebbnek, vagy egyenlőnek kell lennie. (3-at figyelembe véve 6x2L+4-nél kell, hogy kisebb legyen).

Ez feltétel teljesül is, hiszen a Csebisev tétel szerint L és 2L között mindig van legalább egy prím.

De vajon elegendő-e ez a feltétel? Azt tapasztaltam, hogy nem. Ugyanis L és 2L között legalább egy ikerprímnek kell lennie ahhoz, hogy ne akadjunk el, és tovább tudjunk haladni a végtelenbe.

Mindenesetre úgy néz ki, hogy a Goldbach-sejtés csak akkor igaz, ha végtelen sok ikerprím van, és ezek meghatározott távolságokon belül követik egymást.

Ha jobban megvizsgáljuk a táblázatot, azt vehetjük észre, hogy mindig egy ikerprím második tagjának sorában akadunk el.

Ha a 6k+-1 számpár ikerprím, akkor ott fogunk elakadni, ahol az előző ikerprím második tagjának sora, és a 6k+1 sor metszik egymást. Az előző ikerprímen azt a prímpárt értem, amit legalább egy összetett sor választ el a 6k+-1 ikerprímtől, nem a tényleges előző ikerprímet.

Ha az előző ikerprímet közvetlen követi egy prím, akkor ennek a prímnek, és a 6k+1 sornak metszésében akadunk el.

Legyen a szám ahol elakadunk (6k+1)+(6L+1)=6(k+L)+2. Tételezzük fel, hogy találtunk egy prímet, a 6(k+L)-1 prímet. Ha csak egy összetett szám sávját kell áthidalni, akkor ezt meg is oldottuk.

Ha több összetett szám követi egymást a két ikerprím között közvetlen egymás után, akkor keresni kell még egy prímet, mert mindegyik sorban minden harmadik páros hiányzik. Mivel az ikerprímek sorai kiegészítik egymást, (amelyik páros hiányzik az egyik sorból, megtalálható a másikban), ezért csak ikerprímek segítsével haladhatunk tovább.

Ha nincs végtelen sok ikerprím, vagy ha 6k+-1 és 6L+-1 olyan ikerprímek, hogy legalább egy 6x+-1 alakú összetett szám helyezkedik el közöttük, és nincs 6k és 6(k+L) között ikerprím, akkor úgy tűnik nem igaz a Goldbach-sejtés.

A feltételezés fordítva nem igaz, tehát ha a Goldbach-sejtés igaz, abból még nem következik, hogy az ikerprím sejtés igaz.

Arra kérek mindenkit, hogy vizsgálja meg a fenti levezetést, van-e hiba a gondolatmenetben? Ne kíméljetek, ha butaság amiket itt leírtam.

Térjünk vissza az eredeti témához, a Goldbach-sejtéshez.

Azt hiszem tudok válaszolni arra a kérdésre, miszerint van-e az (N-5), (N-7), (N-11)... számok között prím, ahol N páros szám.

Írjuk fel a 6k+-1 alakú számokat egymás után vízszintesen, és föggőlegesen. Adjuk össze őket, és az erdmény írjuk be a táblázatba. Így egy végtelen nagy táblázatot kapunk, amely minden páros számot tartalmaz, ami felírható két prím összegeként. Ott, ahol a 6k+-1 szám összetett, hagyjuk üresen a sorokat és az oszlopokat.

----5--7-11-13-17-19-23----29-31----37-41-43-47----53

-5-10-12-16-18-22-24-28----34-36----42-46-48-52----58

-7-12-14-18-20-24-26-30----36-38----44-48-50-54----60

11-16-18-22-24-28-30-34----40-42----48-52-54-58----64

13-18-20-24-26-30-32-36----42-44----50-54-56-60----66

17-22-24-28-30-34-36-40----46-48----54-58-60-64----70

19-24-26-30-32-36-38-42----48-50----56-60-62-66----72

23-28-30-34-36-40-42-46----52-54----60-64-66-70----76

-

29-34-36-40-42-46-48-52----58-60----66-70-72-76----82

31-36-38-42-44-48-50-54----60-62----68-72-74-78----84

-

37-42-44-48-50-54-56-60----66-68----74-78-80-84----90

41-46-48-52-54-58-60-64----70-72----78-82-84-88----94

43-48-50-54-56-60-62-66----72-74----80-84-86-90----96

47-52-54-58-60-64-66-70----76-78----84-88-90-94---100

-

53-58-60-64-66-70-72-76----82-84----90-94-96-100--104

A sejtést úgy is értelmezhetjük, hogy ha elindulunk a jobb felső sarokból, és mindig a következő párosra lépünk, akkor sehol nem akadunk el.

Ha egy páros is kimarad, nem tudunk tovább haladni. Sokféle út lehetséges, teljesen mindegy melyik sorban, vagy oszlopban haladunk előre.

A páros számok átlósan helyezkednek el, és a táblázat átlósan szimmetrikus. Ha összekötjük a 6k-1 alakú számokat, akkor az egyenesen 6 többszöröseit találjuk. Ha pedig 6k+1 alakú számokat kötünk össze, akkor 6l+-2 alakú számokat találunk.

A sorokban két szomszédos páros különbsége 2, vagy 4, ezért az ikerprímek mentén cikkcakkban célszerű haladni.

Mindjárt folytatom.

Van még egy-két ici-pici tételem :)

Ezekkel tovább lehet szűkíteni a kört. Nemsoká közzé teszem. Biztos ismertek, sőt ősrégiek, de akkor is magam jöttem rá, mellesleg pár hónappal ezelőtt pl. még azt sem tudtam mi az a kongruencia.

Egyébként mélyen beleástam magam a számelméletbe, mert rájöttem mennyire hiányosak az ismereteim.

Kerestem végtelen kongruencia rendszerekre vonatkozó tételeket a neten, meg különböző könyvekben, de azt tapasztaltam, hogy ez a téma még nincs teljesen feltárva.

A végtelen szimultán kongruencia rendszereket nehéz, vagy lehetetlen megoldani. Olvastam a neten Erdős lefedő rendszereiről, ezek nem szimultán rendszerek. Nyílván az általunk vizsgált rendszer nem lefedő rendszer, de ebből még nem következik, hogy végtelen sok olyan szám van, amit nem fed le.

Továbbra is hiszem, hogy ez az út nem zsákutca, és még nem fogytam ki az ötletekből. De a továbbiakban mielőtt közzétenném észrevételeimet, vagy elképzeléseimet, jobban megvizsgálom, nem teljes képtelenség-e. Márcsak azért is, hogy ne rontsam le ennek az oldalnak a színvonalát. Nem gondolom, hogy én fogok célbaérni, de esetleg valaki, aki sokkal többet tud ezekről a dolgokról, felhasználhat egy-két ötletet.

A pici tétel tényleg nem tűnik túl mélynek...:)

"A pici tétel pedig: ha 6k+-1 ikerprímek, és k prím, akkor k 3-ra, vagy 7-re végződik."

Ha k 1-re végződik, akkor 6k-1 5-re, vagyis csak k=1 esetében adhatna prímet, tehát semilyen k prímre nem. Ha k 9-re végződik, akkor 6k+1 szintén 5-re, itt egész - pláne prím - k nem jön szóba.

Ha pedig k prím, és 5-re végződik, akkor k=5 Ez a véges sok eset egyszerűen kezelhető - ekkor mellesleg íkerprímeket (29,31) kapunk. Ehhez még azt hozzátéve, hogy k=2 esetben a (11,13) párt kapjuk, a pici tétel k>5 -re igaz :-)

Az elmúlt másfél hónap maratoni - helyenként kimerítő - diszkussziója után olvassuk el Dénes Tamás alábbi két, üdítő cikkét: Komplementer prímszita és alkalmazása a prímszámok számának becslésére és

A komplementer prímszita alkalmazása az ikerprímek számának becslésére

Az utóbbi dolgozatból egyebek mellett megtudhatjuk, hogy bily71 [305]-ös „ekvivalens állítása” ekvivalens S. W. Golomb E969-es jelű feladatával, amely 1951-ben jelent meg a Monthly-ban (vol 58. no.5. p 338.).

Nem lehetetlen, hogy a „pici tétel”-nek is hamarosan felleljük a (borostás) ősét és ez néhányunkat további örömmel és szerénységgel tölt el :-)

Ja, persze. Így már más.

Csak a pozitív egészeket próbáljuk felírni és m,n>0

Egy kérdés, mert nem értem az ekvivalenciát:

Végtelen sok egész nem áll elő 6nm+-n+-m alakban, ahol n és m egészek.

Ez az ekvivalens állítás? Mert így az állítás nem igaz: mindegyik egész előáll eme alakban.

Ha nem udvarias formában mutatsz rá a gyenge pontra, akkor sem sértődöm meg, mert így megint tanultam valamit.

Egyébként ez a Linnik tétel tényleg nagyon érdekes és hasznos.

Az, hogy mindenféle felsőbb matematikai tudás hiányában meg tudtam fogalmazni egy ekvivalens állítást, és egy pici tételt, örömmel tölt el, de nem önteltséggel.

A végtelen sok ikerprím van állítás ekvivalens azzal, hogy végtelen sok egész nem áll elő 6nm+-n+-m alakban, ahol n és m egészek.

A pici tétel pedig: ha 6k+-1 ikerprímek, és k prím, akkor k 3-ra, vagy 7-re végződik.

Tudom, ezek jelentéktelen észrevételek, de én mindenképp sikerként könyvelem el.

Linnik-konstans

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?