[356] bily71 | 2009-09-23 12:38:01 |
Most jöjjön egy kis analízis.
Ha összehasonlítjuk Li(x)'-et, és Lo(x)'-et közös koordinátarendszerben, azt tapasztaljuk , hogy "kéz-a-kézben sétálnak" egészen kis eltéréssel, azaz a két függvény alatti terület majdnem egyenlő.
Az összehasonlításnál felhasználhatjuk a következő összefüggéseket:
,
log nHn,
és azt, hogy
, ha 0x<9,
, ha 9x<25,
, ha 25x<49...
A Lo(x)' függvény a következőképp alakul:
, ha 0x<9,
, ha 9x<25,
, ha 25x<49...
|
Előzmény: [355] bily71, 2009-09-23 10:44:29 |
|
[355] bily71 | 2009-09-23 10:44:29 |
A 352-es hozzászólásban kiszámolt h hibán egy kis javítást kell eszközölnöm:
,
ahol a hiba h<2, mivel Lo((a+1)2), és Lo(a2) együttes hibája 1 fölé kúszhat, de a 2-őt nem érheti el, így
csak akkor igaz, ha p22<a2, tehát ha 9<a2. A másik esetben a
[(k+1)-k]
tagot ez a hibahatár nem befolyásolja.
A törölt 351-es hz-ban elkezdett bizonyítási kisérletet újból le fogom vezetni, hiszen minden, amit eddig leírtam azon bukik, vagy áll, hogy valóban igaz-e eme sejtésem:
.
|
Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35 |
|
[353] bily71 | 2009-09-22 22:15:30 |
A 351-es hozzászólásomat ne vegyétek figyelembe, összekevertem valamit, majd holnap javítom. Jó lenne törölni.
Következő lépésként, holnap össze fogjuk hasonlítani a Li(x), és a Lo(x) deriváltjait.
|
Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35 |
|
[352] bily71 | 2009-09-22 17:05:35 |
Az előbbi hozzászólásomban tárgyaltak következményeit, mivel így nem nagyon érthető, bővebben kifejtem, mert még nekem sem világos teljesen, pedig én írtam :)
De előbb lássunk egy viszonylag egyszerű eljárást arra vonatkozólag, hogy lehet tetszőleges intervallumról megállapítani hány prímet tartalmaz.
,
ahol a hiba |h|<1, és b<a, 0b, l<k, , .
Ezt a formulát fel tudjuk használni a "nyégyzetszámos", és az "ikerprímes" bizonyításoknál is.
Nézzük, mennyi lesz a különbség, ha két szomszédos négyzetszámot vizsgálunk:
Legyen aN, és pk-12a2<pk2, pk-12<(a+1)2<pk2.
Mivel (a+1)2=a2+2a+1, ezért
,
tehát:
.
Mivel 1a, és h<1, ezért , tehát ebben az esetben mindig van prím a szomszédos négyzetszámok között.
Most pedig legyen pk-12a2<pk2, és pk(a+1)2<pk+1.
,
tehát:
.
A [(k+1)-k]=1 tag biztosít minket arról, hogy legalább egy prím ebben az esetben is van a négyzetszámok között.
|
|
[350] bily71 | 2009-09-21 16:07:40 |
Tehát a Lo(x) végsőkig legyszerűsített alakja helyesen:
,
,
...
Elnézést a hibákért, kár, hogy nem lehet javítani, miután elküldtem. Később folytatom.
|
Előzmény: [349] bily71, 2009-09-21 14:12:26 |
|
|
[348] bily71 | 2009-09-21 13:59:07 |
Nézzük meg mégegyszer, hogy alakul Lo(x) :
, ha 0x<p22,
, ha p22x<p32,
, ha p32x<p42,
, ha p42x<p52...,
vagyis:
, , , , , ...
Folyt. köv.
|
Előzmény: [347] bily71, 2009-09-21 12:45:43 |
|
[347] bily71 | 2009-09-21 12:45:43 |
Mekkora lesz a hiba, ha -ről -re váltunk? Vizsgálódásunk során azt fogjuk felhasználni, hogy a Lo(x) függvény tulajdonképp egyenesek egyenleteiből áll. (0<x), és azt, hogy (x) értéke sosem csökken, vagyis monoton nő.
Az páros x-eknél egész értéket vesz föl , az akkor, ha 6|x, akkor, ha 30|x...
Ezeken a helyeken .
Ha x a terjedő prímek közül csak az egyikkel nem osztható, az eltérés mindig kisebb mint egy, ugyanis az incidencia mátrix tárgyalásánál megállapítottuk, hogy a hiba soronként kisebb, mint egy.
-nél nyílván, ha 2|x, akkor a hiba 0, ha x1mod 2, akkor lesz az eltérés.
-nál, mivel , ha 3|x, akkor a hiba 0, ha x1mod 3, akkor , ha x2mod 3, akkor .
Ahelyett, hogy számolgatnánk, adjunk becslést a hibára, ha , , , ...
Vegyük észre a számlálóban lévő szabályosságot.
|
Előzmény: [346] bily71, 2009-09-21 10:14:02 |
|
[346] bily71 | 2009-09-21 10:14:02 |
A "négyzetszámos" sejtés erősebb állítás, mint a Riemann-féle, ezért nem következhet az utóbbiból.
Ma több időm lesz, ezért tovább haladhatunk.
A következőkben azt próbáljuk bizonyítani, hogy ha -ről -re váltunk az eltérés valóban kisebb lesz, mint egy.
Ez azért fontos, mert ha ez sikerül, akkor tetszőleges intervallumról el tudjuk dönteni tartalmaz-e prímet, egy viszonylag rövid algoritmussal.
Hamarosan folytatom.
|
Előzmény: [344] Maga Péter, 2009-09-20 16:34:08 |
|
[345] Maga Péter | 2009-09-20 16:43:52 |
A wikipedia-ról másolom.
* 1885-ben Stieltjes rövid jegyzetet publikált a párizsi akadémia Comptes Rendusjében és egy Hermite-nek írt levelében megerősítette, hogy bebizonyította a Mertens-sejtést, ami erősebb, mint a Riemann-sejtés. Bizonyítást azonban haláláig nem publikált, és jegyzetei között sem találták nyomát.
* A kiváló matematikus, J. L. W. V. Jensen 1899-es cikkében megemlítette, hogy bebizonyította a Riemann-sejtést.
* 1943-ban Hans Rademacher az utolsó pillanatban vonta vissza cikkét a Transactions of the American Mathematical Society c. folyóiratból, miután Siegel megtalálta a hibát.
* 1961-ben az ogyesszai egyetem folyóiratában publikálta hibás bizonyítását N. I. Gavrilov. Később külön brosúrában majd könyvben is megjelentette, az ogyesszai illetve a lembergi egyetem kiadásában.
* 2004. június 8-án a Purdue Egyetem sajtóközleményében jelentette be Louis de Branges, hogy fáradozásai sikerrel jártak: bizonyítását feltette a világhálóra. A matematikusvilág szkeptikus, mert de Branges, noha a Bieberbach-problémára adott 1984-es bizonyítása utóbb helyesnek (pontosabban javíthatónak) bizonyult, számos, hibás bizonyítást adott az invariáns alterek problémájára, a mérhető számosságok nemlétezésére és, igen, a Riemann-sejtésre.
* 2007-ben tette közzé a Riemann-sejtés cáfolatát Tribikram Pati. Bizonyítását hibásnak mutatta ki például Bernhard Johann Krötz.
|
|
[344] Maga Péter | 2009-09-20 16:34:08 |
Az, hogy két szomszédos négyzetszám között van prím, "nehezebb", mint a Riemann-sejtés. Ami ismert: valamilyen (konkrétan meghatározott, de nagyon pici) c>0-ra teljesül, hogy minden n-re van prím n2+c és (n+1)2+c között. A Riemann-sejtésből nem következne c=0-ra, bár jelentősen javítana a már meglevő állításon.
|
Előzmény: [339] jonas, 2009-09-18 21:22:15 |
|
|
[342] bily71 | 2009-09-20 00:44:45 |
Tehát vezessünk be egy új függvényt, melynek a Lo(x) nevet adtuk. A hozzárendelés szabálya:
, ha x<p22,
, ha p22x<p32,
, ha p32x<p42...
Sejtésem szerint:
.
A Riemann-sejtés egyik megfogalmazása szerint:
.
Tehát, ha a sejtésemet sikerül bizonyítani, és ha becslést tudunk adni |Lo(x)-Li(x)|-re, (erre is van javaslatom), és az a kívánt határon belül van, akkor véleményem szerint be tudjuk bizonyítani a Riemann-sejtést, vagy az ellenkezőjét.
Sajnos nem mindig van időm géphez ülni, és ilyenkor már fáradt vagyok, de türelem, el fogunk jutni a négyzetszámokra vonatkozó sejtésig is.
|
Előzmény: [337] bily71, 2009-09-18 17:16:12 |
|
|
|
[339] jonas | 2009-09-18 21:22:15 |
Egy pillanat, az előbb még azt is be akartad, bizonyítani, hogy két négyzetszám között mindig van prím, ez szerintem egyértelműen nehezebb és fontosabb tétel a Goldbach- meg az ikerprím sejtésnél is. (Az már nem egyértelmű, hogy a Riemann-sejtéshez hogy viszonyul.)
|
Előzmény: [338] bily71, 2009-09-18 17:48:05 |
|
|
[337] bily71 | 2009-09-18 17:16:12 |
Tehát a prímek száma n-ig kb.:
, (4n<9),
, (9n<25),
, (25n<49),
És így tovább. Mielőtt becslést adnánk a zárójelben lévő törtek összegére, próbáljuk meg a képletet tömörebb formában megadni. A prímeket helyettesítsük betűkkel, (a=2,b=3,c=5...), aztán hozzunk közösnevezőre, végül alakítgassuk a számlálót.
,
,
aztán sorra:
,
...
Ebből már látszik az eljárás rekurzív volta. Már csak az van hátra, hogy definiáljunk a logikai szitával nyert függvényt, amit jobb híján jelöljük Lo(x)-szel, mely reményeink szerint:
,
és összehasonlítsuk analitikus módszerekkel Lo(x)-szet Li(x)-szel.
|
Előzmény: [335] bily71, 2009-09-17 16:46:49 |
|
[336] derivált | 2009-09-17 19:16:17 |
hellosztok beavatnátok abba ,hogy miről van szó pontosan?
|
|
[335] bily71 | 2009-09-17 16:46:49 |
A kérdésedre válaszolva tegyünk egy kis kitérőt.
Adjuk össze az első két tagot. Az egyeseket elhagyhatjuk, mert a hibát nem befolyásolják.
Legyen a, b és c n 2-vel, 3-mal és 6-tal vett osztási maradéka. Mivel
, és ,
ezért
.
Innen:
.
A hiba:
,
ami n 2-vel, 3-mal és 6-tal vett osztási maradékától függ. Mivel ez nem redukált maradékrendszer, ezért csak 6 megoldás létezik, mivel a közösnevező 6. Ha kiszámoljuk a számláló értékét mindig kisebb lesz 6-nál, így a hiba is kisebb 1-nél.
Az első három tag összegénél a hiba
.
A hiba itt is kisebb 1-nél. Azt tapasztaltam, hogy a hiba abszolút értéke mindig kisebb 1-nél, de még nem sikerült általánosan bizonyítanom. De ez nem is szükséges annak bizonyításához, hogy n2 és (n+1)2 között van prím. Ez a Riemann-sejtés bizonyításánál lenne fontos, amire kidolgoztam egy javaslatot. És ha már itt vagyunk, menjünk tovább ezen a vonalon.
Számozzuk meg a prímeket -ig, és nézzük hogy alakulnak az összegek n-ig, ha p12n<p22-ig, ha p22n<p32-ig, és így tovább.
(Hagyjuk el megint az egyeseket, emeljük ki n-t) . Ha p12n<p22:
,
ha p22n<p32:
,
ha p32n<p42:
,
és így tovább. Folyt. köv.
|
Előzmény: [334] Sirpi, 2009-09-16 09:57:14 |
|
[334] Sirpi | 2009-09-16 09:57:14 |
>> Ha -ről -re váltunk, akkor az eltérés kisebb lesz, mint egy.
Ez oké, tagonként. De ha jól értem, azt állítod, hogy a teljes összeg kiszámításakor sem fog 1 fölé nőni a hiba. Miért?
|
Előzmény: [333] bily71, 2009-09-16 01:13:56 |
|
[333] bily71 | 2009-09-16 01:13:56 |
Az y=2 egyenesen lévő rácspontokon nyílván azok a görbék haladnak át, ahol n páros. Az y=3 egyenesen azok, ahol n osztható hárommal, és így tovább.
Azok a görbék, ahol n prímtényezős felbontásában kettőnél több prím szerepel, több y=m egyenesen is érint rácspontokat, ezt a számolásnál figyelembe kell venni.
Hogy figyelembe tudjuk venni, alkossunk olyan incidencia mátrixot, ahol ha a függőleges oszlopba írt szám osztója a vízszintes sorba írt számnak, akkor a metszéspontba egyet írunk, egyébként nullát. A fűggőleges sorba elég, ha -ig csak a prímeket írjuk, az ismétlés elkerülése végett, és az egyes sort elhegyhatjuk, mivel minden szám osztható eggyel. Nézzük, hogy alakulnak ezek a mátrixok, mindig a következő négyzetszámig. Kezdjük a néggyel.
Most 9-ig.
3 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
2 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
|
A sorokban lévő egyesek a az összetett számokat reprezentálják n-g. Ha megakarjuk számolni hány összetett van, számoljuk meg hány egyes van a mátrixban, és vonjuk ki az eredményből azon egyesek számát, amelyek alatt egyes található, továbbá a sorok első egyeseit, mert ezek a prímeket reprezentálják. Plusz adjunk hozzá az így kialakult eredményhez egyet, mert az egy kimaradt a számolásból, de nem prím, már csak azért sem, mert négyzetszám.
Tehát n-ig az első sorban összetett van. A másodikban , azért, mert a 6-tal osztható számokat már odaszámoltuk a párosok közé.A harmadik sorban . Azért, mert a 10-zel és 15-tel oszthatóakat már megszámoltuk, de a 30-cal oszthatóakat kétszer vontuk ki. És így tovább. Ezt az eljárást logikai szitának hívják.
Ha -ről -re váltunk, akkor az eltérés kisebb lesz, mint egy. Így közös nevezőre hozva a törteket, és a számlálóban elvégzett átalakításokkal egy közelítő képletet kapunk, és nem kell elvégezni a roppant sok részműveletet. De ezt már csak holnap.
|
Előzmény: [331] bily71, 2009-09-15 00:04:39 |
|
|
[331] bily71 | 2009-09-15 00:04:39 |
Bocs, Reimann helyesen, néha figyelmetlen vagyok.
Akkor kezdjük.
Számoljuk meg a prímeket n-ig. Alapgondolatom a következő:
Ha háromdimenziós koordináta-rendszerben ábrázoljuk a z=xy függvényt (x>0,y>0), és vesszük az x, y tengelyekre fektetett síkra merőleges vetületét azon pontoknak, ahol egész értéket vesz föl a függvény, akkor úgymond egy domborzati térképet kapunk, ahol a magasságvonalak hiperbola görbéket alkotnak.
A görbék az , ,... , függvények képei, ahol n végigfut a természetes számokon.
Ha n=1, akkor a görbe csak egy, az (1;1) rácspontot érinti.
Ha n prím, akkor a görbe csak két rácsponton megy át, melyek koordinátái (1;n) és (n;1). Ezek a metszéspontok az x=1 és y=1 egyenesen helyezkednek el. Ha az függvény görbéje az x=1 egyenes fölötti, és az y=1 egyenestől jobbra lévő rácspontokon is áthalad, akkor n csak összetett lehet.
A görbék az y=x egyenesre szimmetrikusak, ezért, ha a prímeket akarjuk megszámolni n-ig, akkor az y=x, az y=1 egyenesek, és az görbe által határolt síkidomon belső, és az y=x egyenesen elhelyezkedő rácspontjait fogjuk vizsgálni, mégpedig azt, hogy hányféle értéket vehetnek föl, azaz hány görbe halad át rajtuk.
Ha n négyzetszám, akkor az y=x egyenest az (n;n) koordinátájú rácspontban fogja metszeni.
Ha megakarjuk tudni, hogy n2 és (n+1)2 között van-e prím, akkor tulajdonképp arra keressük a választ, hogy az y=x, y=1 egyenesek, és az , görbék által határolt síkidom belső rácspontjai felvehetnek-e 2n darab különböző értéket, azaz áthalad-e rajtuk 2n darab görbe, vagy sem, ugyanis (n+1)2=n2+2n+1.
Holnap utánajárunk, az incidencia mátrix és a logikai szita segítségével, ma már késő van.
|
Előzmény: [330] Lóczi Lajos, 2009-09-13 23:50:23 |
|
|