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.
[356] bily712009-09-23 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:

Li(x)'=\frac1{\log{x}},

log n\simHn,

és azt, hogy

Lo(x)=x\left(1-\frac12\right), ha 0\lex<9,

Lo(x)=x\left(1-\frac12-\frac13+\frac16\right), ha 9\lex<25,

Lo(x)=x\left(1-\frac12-\frac13-\frac15+\frac16+\frac1{10}+\frac1{15}-\frac1{30}\right), ha 25\lex<49...

A Lo(x)' függvény a következőképp alakul:

Lo(x)'=\frac12, ha 0\lex<9,

Lo(x)'=\frac13, ha 9\lex<25,

Lo(x)'=\frac4{15}, ha 25\lex<49...

Előzmény: [355] bily71, 2009-09-23 10:44:29
[355] bily712009-09-23 10:44:29

A 352-es hozzászólásban kiszámolt h hibán egy kis javítást kell eszközölnöm:

\pi((a+1)^2)-\pi(a^2)+h=Lo((a+1)^2)-Lo(a^2)=\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k},

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

1\le\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}

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:

\pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1<1.

Előzmény: [352] bily71, 2009-09-22 17:05:35
[353] bily712009-09-22 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] bily712009-09-22 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.

\frac{a(p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)}{p_1p_2...p_k}-\frac{b(p_1-1)(p_2-1)...(p_l-1)}{p_1p_2...p_l}+(k-l)=\pi(a)-\pi(b)+h,

ahol a hiba |h|<1, és b<a, 0\leb, l<k, p_k\le\sqrt{a}, p_l\le\sqrt{b}.

Ezt a formulát fel tudjuk használni a "nyégyzetszámos", és az "ikerprímes" bizonyításoknál is.

Nézzük, mennyi lesz a különbség, ha két szomszédos négyzetszámot vizsgálunk:

Legyen a\inN, és pk-12\lea2<pk2, pk-12<(a+1)2<pk2.

Mivel (a+1)2=a2+2a+1, ezért

\frac{(a^2+2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}-\frac{a^2(p_1-1)...p_k-1)}{p_1...p_k}=\frac{(2a+1)(p_1-1)(...p_k-1)}{p_1...p_k},

tehát:

\pi((a+1)^2)-\pi(a^2)+h=\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}.

Mivel 1\lea, és h<1, ezért 1\le\frac{(2a+1)(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}, tehát ebben az esetben mindig van prím a szomszédos négyzetszámok között.

Most pedig legyen pk-12\lea2<pk2, és pk\le(a+1)2<pk+1.

\frac{(a^2+2a+1)(p_1-1)...(p_{k+1}-1)}{p_1...p_{k+1}}-\frac{a^2(p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...p_k}+\big[(k+1)-k\big]=\frac{\big[(p_{k+1}-1)(2a+1)-a^2\big](p_-1)...(p_k-1)}{p_1...p_{k+1}}+\big[(k+l)-k\big],

tehát:

\pi((a+1)^2)-\pi(a^2)+h=\frac{\big[(p_{k+1}-1)(2a+1)-a^2\big](p_1-1)...(p_k-1)}{p_1...P_{k+1}}+\big[(k+1)-k\big].

A [(k+1)-k]=1 tag biztosít minket arról, hogy legalább egy prím ebben az esetben is van a négyzetszámok között.

[350] bily712009-09-21 16:07:40

Tehát a Lo(x) végsőkig legyszerűsített alakja helyesen:

\frac{(p_1-1)x}{p_1},

\frac{(p_1-1)(p_2-1)x}{p_1p_2},

\frac{(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)x}{p_1p_2p_3}

\frac{(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)(p_4-1)x}{p_1p_2p_3p_4}...

Elnézést a hibákért, kár, hogy nem lehet javítani, miután elküldtem. Később folytatom.

Előzmény: [349] bily71, 2009-09-21 14:12:26
[349] bily712009-09-21 14:12:26

Valamit elírtam, mindjárt javítok!

Előzmény: [348] bily71, 2009-09-21 13:59:07
[348] bily712009-09-21 13:59:07

Nézzük meg mégegyszer, hogy alakul Lo(x) :

Lo(x)=\frac{x}{p_1}, ha 0\lex<p22,

Lo(x)=\frac{2(p_1-1)x}{p_1p_2}, ha p22\lex<p32,

Lo(x)=\frac{2^2(p_1-1)(p_2-1)x}{p_1p_2p_3}, ha p32\lex<p42,

Lo(x)=\frac{2^3(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)x}{p_1p_2p_3p_4}, ha p42\lex<p52...,

vagyis:

y=\frac{x}2, y=\frac{x}3, y=\frac{4x}{15}, y=\frac{8x}{35}, y=\frac{16x}{77}, y=\frac{192x}{1001}...

Folyt. köv.

Előzmény: [347] bily71, 2009-09-21 12:45:43
[347] bily712009-09-21 12:45:43

Mekkora lesz a hiba, ha [\frac{n}{m}]-ről \frac{n}{m}-re váltunk? Vizsgálódásunk során azt fogjuk felhasználni, hogy a Lo(x) függvény tulajdonképp egyenesek egyenleteiből áll. (0<x), és azt, hogy \pi(x) értéke sosem csökken, vagyis monoton nő.

Az y=\frac{x}2 páros x-eknél egész értéket vesz föl , az y=\frac{2x}6 akkor, ha 6|x, y=\frac{8x}{30} akkor, ha 30|x...

Ezeken a helyeken \pi(x)-\pi(\sqrt{x})-Lo(x)+1=0.

Ha x a \sqrt{x} 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.

y=\frac{x}2-nél nyílván, ha 2|x, akkor a hiba 0, ha x\equiv1mod 2, akkor \frac12 lesz az eltérés.

y=\frac{2x}6-nál, mivel \frac{2x}6=\frac{x}3, ha 3|x, akkor a hiba 0, ha x\equiv1mod 3, akkor \frac13, ha x\equiv2mod 3, akkor \frac23.

Ahelyett, hogy számolgatnánk, adjunk becslést a hibára, ha y=\frac{8x}{30}, y=\frac{48x}{210}, y=\frac{480x}{2310}, y=\frac{5760x}{30030}...

Vegyük észre a számlálóban lévő szabályosságot.

Előzmény: [346] bily71, 2009-09-21 10:14:02
[346] bily712009-09-21 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 [\frac{n}{m}]-ről \frac{n}{m}-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 Péter2009-09-20 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 Péter2009-09-20 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
[343] bily712009-09-20 08:38:17

A Lo(x) függvény hozzárendelési szabálya részt elírtam, helyesen:

Lo(x)=\frac{x(p_1-1)}{p_1}, ha x<p22,

Lo(x)=\frac{x\Big[p_1p_2-\big[p_1+(p_2-1)(p_1-1)\big]\Big]}{p_1p_2}, ha p22\lex<p32,

Lo(x)=\frac{x\bigg[p_1p_2p_3-\Big[p_1p_2+(p_3-1)\big[p_1+(p_2-1)(p_1-1)\big]\Big]\bigg]}{p_1p_2p_3}, ha p32\lex<p42...

Előzmény: [342] bily71, 2009-09-20 00:44:45
[342] bily712009-09-20 00:44:45

Tehát vezessünk be egy új függvényt, melynek a Lo(x) nevet adtuk. A hozzárendelés szabálya:

Lo(x)=\frac{x}{p_1}, ha x<p22,

Lo(x)=\frac{x\big[p_1+(p_2-1)\big]}{p_1p_2}, ha p22\lex<p32,

Lo(x)=\frac{x\Big[p_1p_2+(p_3-1)\big[p_1+(p_2-1)\big]\Big]}{p_1p_2p_3}, ha p32\lex<p42...

Sejtésem szerint:

|\big[Lo(x)+\pi(\sqrt{x})-1\big]-\pi(x)|<1.

A Riemann-sejtés egyik megfogalmazása szerint:

|\pi(x)-Li(x)|<x^{\frac12+\varepsilon}.

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
[341] bily712009-09-18 22:03:49

És nemcsak akarom, hanem holnap közzé is teszem bizonyítási javaslatomat arra vonatkozólag, hogy n2 és(n+1)2 között mindig van prím.

Előzmény: [339] jonas, 2009-09-18 21:22:15
[340] jonas2009-09-18 21:22:52

Upsz, a második vessző törlendő.

Előzmény: [339] jonas, 2009-09-18 21:22:15
[339] jonas2009-09-18 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
[338] bily712009-09-18 17:48:05

Olvasd el a 326. hozzászólástól. Egyébként a Goldbach- Riemann-, ikerprím sejtésekről beszélgetünk.

Előzmény: [336] derivált, 2009-09-17 19:16:17
[337] bily712009-09-18 17:16:12

Tehát a prímek száma n-ig kb.:

\pi(n)\sim{n}(1-\frac12)+\pi(\sqrt{n})-1, (4\len<9),

\pi(n)\sim{n}(1-\frac12-\frac13+\frac16)+\pi(\sqrt{n})-1, (9\len<25),

\pi(n)\sim{n}(1-\frac12-\frac13-\frac15+\frac16+\frac1{10}+\frac1{15}-\frac1{30})+\pi(\sqrt{n})-1, (25\len<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.

\frac1a+\frac1b-\frac1{ab}=\frac{a+(b-1)}{ab},

\frac{a+(b-1)}{ab}+\frac1c-\frac1{ac}-\frac1{bc}+\frac1{abc}=\frac{ab+(c-1)\big[a+(b-1)\big]}{abc},

aztán sorra:

\frac{abc+(d-1)\Big[ab+(c-1)\big[a+(b-1)\big]\Big]}{abcd},

\frac{abcd+(e-1)\bigg[abc+(d-1)\Big[ab+(c-1)\big[a+(b-1)\big]\Big]\bigg]}{abcde}...

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:

\pi(x)\sim{Lo}(x)+\pi(\sqrt{x})-1,

és összehasonlítsuk analitikus módszerekkel Lo(x)-szet Li(x)-szel.

Előzmény: [335] bily71, 2009-09-17 16:46:49
[336] derivált2009-09-17 19:16:17

hellosztok beavatnátok abba ,hogy miről van szó pontosan?

[335] bily712009-09-17 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

[\frac{n}2]=\frac{n}2-\frac{a}2, [\frac{n}3]=\frac{n}3-\frac{b}3 és [\frac{n}6]=\frac{n}6-\frac{c}6,

ezért

[\frac{n}2]+[\frac{n}3]-[\frac{n}6]=\frac{n-a}2+\frac{n-b}3-\frac{n-c}6.

Innen:

[\frac{n}2]+[\frac{n}3]-[\frac{n}6]=\frac{3n+2n-n}6-\frac{3a+2b-c}6.

A hiba:

|\frac{3a+2b-c}6|,

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

|\frac{15a+10b+6c-5d-3e-2f+g}{30}|.

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 \sqrt{n}-ig, és nézzük hogy alakulnak az összegek n-ig, ha p12\len<p22-ig, ha p22\len<p32-ig, és így tovább.

(Hagyjuk el megint az egyeseket, emeljük ki n-t) . Ha p12\len<p22:

n(\frac12),

ha p22\len<p32:

n(\frac12+\frac13-\frac{1}{2\cdot3}),

ha p32\len<p42:

n(\frac12+\frac13+\frac15-\frac{1}{2\cdot3}-\frac{1}{2\cdot5}-\frac{1}{3\cdot5}+\frac{1}{2\cdot3\cdot5}),

és így tovább. Folyt. köv.

Előzmény: [334] Sirpi, 2009-09-16 09:57:14
[334] Sirpi2009-09-16 09:57:14

>> Ha [\frac{n}m]-ről \frac{n}m-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] bily712009-09-16 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 \sqrt{n}-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.

2 0 1 0 1
1 2 3 4

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 [\frac{n}2]-1 összetett van. A másodikban [\frac{n}3]-[\frac{n}{2\cdot3}]-1, azért, mert a 6-tal osztható számokat már odaszámoltuk a párosok közé.A harmadik sorban [\frac{n}5]-[\frac{n}{2\cdot5}]-[\frac{n}{3\cdot5}]+[\frac{n}{2\cdot3\cdot5}]-1. 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 [\frac{n}m]-ről \frac{n}m-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
[332] bily712009-09-15 00:08:41

Megint bocs, Riemann-t akartam írni, csak már álmos vagyok.

Előzmény: [331] bily71, 2009-09-15 00:04:39
[331] bily712009-09-15 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 f(x)=\frac1x, f(x)=\frac2x,... f(x)=\frac{n}x, 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 f(x)=\frac{n}x 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 y=\frac{n}x 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 y=\frac{n^2}x, y=\frac{{(n+1)}^2}x 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
[330] Lóczi Lajos2009-09-13 23:50:23

Egyszer Reimann, aztán Reiman, de inkább Riemann-ra gondoltál, nem?

Előzmény: [329] bily71, 2009-09-13 10:52:13

  [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]