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.
[404] bily712009-10-17 15:45:16

Akkor maradjunk az

x-Q(x)\sim{x}-\left[\frac{x+1}3\right]\log{\frac{x}{\log{x}}}

képletnél, ez sem jó? Nem számoltam még utána, csak következtettem, lehet, hogy hibásan.

A prímszámok számára tett becslési kisérlet nem része a bizonyításnak. A bizonyításom is hibás? Ha hibás, esetleg javítható?

Előzmény: [403] Lóczi Lajos, 2009-10-17 13:53:30
[403] Lóczi Lajos2009-10-17 13:53:30

A legutolsó képleted viszont nem túl sokatmondó akkor:

1-\frac{\log\frac{x}{\log x}}{3}<0,

ha x>90 egész.

Előzmény: [402] bily71, 2009-10-17 13:30:17
[402] bily712009-10-17 13:30:17

Megint javítok:

\int_1^{\pi(x)-1}f(t)dt=\left[\frac{x+1}3\right]\log{(\pi(x)-1)}\sim\frac{x\log\frac{x}{\log{x}}}3,

tehát (x-1)2 és x2 között kb.

x-Q(x)\sim{x}\left(1-\frac{\log\frac{x}{\log{x}}}3\right)

prím található.

Előzmény: [401] bily71, 2009-10-17 12:54:41
[401] bily712009-10-17 12:54:41

Tehát

Q(x)\sim\int_1^{\pi(x)-1}f(t)dt.

Mivel

\int_1^{\pi(x)-1}f(t)dt=\log{(\pi(x)-1)},

és

\pi(x)-1\sim\frac{x}{\log{x}},

ebből

\log(\pi(x)-1)\sim\log\frac{x}{\log{x}},

azaz

Q(x)\sim\log\frac{x}{\log{x}},

tehát, két szomszédos négyzetszám, (x-1)2, és x2 között nagyjából

x-Q(x)\sim{x}-\log\frac{x}{\log{x}}

prím található.

Előzmény: [400] bily71, 2009-10-17 10:46:36
[400] bily712009-10-17 10:46:36

Egy kis javtás:

t=\pi(x)-1-ig integrálunk, ugyanis csak a páratlan prímeket vettük figyelembe. Tehát mégegyszer:

Q(x)\le{R(x)}<\int_1^{\pi(x)-1}f(t)dt<P(x).

Előzmény: [399] bily71, 2009-10-17 00:53:19
[399] bily712009-10-17 00:53:19

Készítsünk egy táblázatot:

x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ...
r3(x) 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 5 5 5 6 6 6 7  
r5(x) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3  
r7(x) 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2  
r11(x) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2  
r13(x) 1 1 1 1 1 1 1 1  
r17(x) 1 1 1 1  
r19(x) 1 1  
...                                        
R(x) 0 0 1 1 3 3 4 6 6 6 8 9 10 11 11 11 13 14 16 17  

ahol

r_3(x)=\left[\frac{x+1}3\right],

r_5(x)=\left[\frac{x+2}5\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}5]}3\right],

r_7(x)=\left[\frac{x+2}7\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}7]}3\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}7]}5\right]+\left[\frac{[\frac{x+2}7]}{3\cdot5}\right]...

és

R(x)=r3(x)+r5(x)+r7(x)+...+rp(x), (p\lex).

Az rp(x) függvényeket jól közelíthetjük egyenesekkel:

r_3\le\frac{x+1}3,

\frac{x+1}3-r_3(x)<1,

r_5\le\frac{3x+16}{20},

\frac{3x+16}{20}-r_5(x)<1...

A táblázat megfeleltethető egy 3 dimenziós koordináta rendszernek, ahol z=rp(x).

A közelítő egyenesek egy görbe felületet határolnak.

Ha megvizsgáljuk azokat a görbéket, amelyeknek az xy síkra merőleges vetületei az y tengellyel párhuzamos egyenesek, azt tapasztaljuk, hogy ezek a görbék hiperbolák.

A hiperbolák, ha újra két dimenzióban ábrázoljuk őket, ahogy x nő, egyre jobban közelítik az

f(t)=\frac{[\frac{x+1}3]}t

függvényt.

Ha integrálunk \pi(x)-ig, akkor megkapjuk R(x) közelítő értékét, azaz

Q(x)\le{R(x)}<\int_1^{\pi(x)}f(t)dt<P(x),

és ezt akartuk bizonyítani.

Előzmény: [398] bily71, 2009-10-14 10:06:52
[398] bily712009-10-14 10:06:52

Vezessük be az R(x) fügvényt,

R(x)=\left[\frac{x+1}3\right], ha 3\lex<5,

R(x)=\left[\frac{x+1}3\right]+\left[\frac{x+2}5\right]-\left[\frac{\left[\frac{x+2}5\right]}3\right], ha 5\lex<7,

és így tovább, tulajdonképp a [395]-ben szereplő egyenlőtlenségek jobb oldalát rendeljük x-hez (x\inN).

Azt tudjuk, hogy

P(x)=x, ha x\in2Z+1,

P(x)=x-1, ha 2|x.

Azt is tudjuk, hogy

Q(x)\leR(x).

Ha R(x)<P(x), akkor Q(x)<P(x).

Tehát, amit bizonyítani kell:

R(x)<P(x).

Amit első látásra észre kell vennünk: R(x) minden x\inP-nél, azaz minden prímnél legalább egyet ugrik.

R(x) csak meghatározott helyeken nőhet, legfeljebb annyival, amennyi #{2<p\lex:p\inP}, azaz ahány x-nél kisebb páratlan prím van, hiszen \left[\frac{x+a}p\right] értéke egyel nő azokon a helyeken, ahol p|(x+a).

A feladat ezen helyek azonosítása, és megszámolása. Hamarosan folytatom.

Előzmény: [397] bily71, 2009-10-11 09:02:59
[397] bily712009-10-11 09:02:59

Annyit még hozzáfűznék, hogy természetesen Q(x)=0, ha 0\lex<3.

Előzmény: [396] bily71, 2009-10-10 20:46:26
[396] bily712009-10-10 20:46:26

Egy kis javítás:

...ha 3\lex<5...,

...ha 5\lex<7...,

...ha 7\lex<11...

Előzmény: [395] bily71, 2009-10-10 20:33:23
[395] bily712009-10-10 20:33:23

Hogy a becslésen javítani tudjunk, megint a logikai szitát fogjuk használni.

Q(x)\le\left[\frac{x+1}3\right], ha 32\lex<52,

Q(x)\le\left[\frac{x+1}3\right]+\left[\frac{x+2}5\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}5]}3\right], ha 52\lex<72,

Q(x)\le\left[\frac{x+1}3\right]+\left[\frac{x+2}5\right]+\left[\frac{x+2}7\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}5]}3\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}7]}{3}\right]-\left[\frac{[\frac{x+2}7]}5\right]+\left[\frac{[\frac{x+2}7]}{3\cdot5}\right], ha 72\lex<112,

És így tovább. Folyt. köv.

Előzmény: [392] bily71, 2009-10-09 09:22:04
[394] Maga Péter2009-10-10 15:58:03

Pardon, a Q(x) pontositasat elolvasvan ugy gondolom, az elozo hozzaszolasom semmisnek tekintendo.

Előzmény: [393] Maga Péter, 2009-10-10 15:52:36
[393] Maga Péter2009-10-10 15:52:36

Amit bizonyitani szeretnenk (nevezetesen hogy Q(x) kisebb, mint P(x)), arra semmi esely nincs, P(x) kb. x/2, Q(x) kb. x.

Előzmény: [391] bily71, 2009-10-08 22:50:15
[392] bily712009-10-09 09:22:04

A félreértések elkerülése végett, Q(x) definícióját annyiban pontosítanám, hogy természetesen ö\in2Z+1.

Azt már [390]-ben megállapítottuk, hogy

\left[\frac{x-2}3\right]\le\#\{(x-1)^2<{3|m}\le{x^2}:m\in\{2Z+1\}\}\le\left[\frac{x+1}3\right],

\left[\frac{x-3}5\right]\le\#\{(x-1)^2<5|m\le{x^2}:m\in\{2Z+1\}\}\le\left[\frac{x+2}5\right],

általánosan:

\left[\frac{x+a-p}p\right]\le\#\{(x-1)^2<p|m\le{x^2}:m\in\{2Z+1\}\}\le\left[\frac{x+a}p\right],

ahol a az a2<p<(a+1)2 összefüggésből származik, a\inN.

Tehát az első felső becslésünk Q(x)-re:

Q(x)\le\sum_{p\le{x}}\left[\frac{x+a}p\right].

De, mivel egy összetett számnak több p\lex prímosztója is lehet, ezért ez a becslés még nem elég éles, javítsuk meg.

Előzmény: [391] bily71, 2009-10-08 22:50:15
[391] bily712009-10-08 22:50:15

Vezessük be a következő két függvényt:

P(x):=#{(x-1)2<m\lex2:m\in{2Z+1}},

(nem tudom, hogy jó-e a jelölésem), azaz x-hez azon páratlan számok számát rendeljük, melyek (x-1)2, és x2 között helyezkednek el, ( x\inN).

Nyílvánvaló, ha x\in{2Z+1}, akkor y=x, ha pedig 2|x, akkor y=x-1.

A másik függvény:

Q(x):=#{(x-1)2<ö\lex2:ö\in{összetett.számok}},

azaz x-hez azon összetett számok számát rendeljük, melyek (x-1)2, és x2 között helyezkednek el, ( x\inN).

Amit bizonyítani szeretnénk, az a következő egyenlőtlenség:

Q(x)<P(x).

P(x) értékét ismerjük. Hasonlítsuk össze a két függvényt, hogy ezt megtehessük, adjunk felső becslést Q(x)-re .

Folyt. köv.

Előzmény: [390] bily71, 2009-10-06 21:54:40
[390] bily712009-10-06 21:54:40

Térjunk vissza az igéretemhez, és számoljuk meg a prímeket két négyzetszám között.

Tekintsük az alábbi incidencia mátrixokat, melyek csak a páratlan számok osztóit számolják két négyzetszám között, először csak a 3-as fügvényében :

0
1
1
3
0 0 1
5 7 9
0 0 1
11 13 15
0 0 1 0 0
17 19 21 23 25
1 0 0 1 0
27 29 31 33 35
0 1 0 0 1 0 0
37 39 41 43 45 47 49
1 0 0 1 0 0 1
51 53 55 57 59 61 63

Az első 3|m szám a második mátrixban bukkam föl. Amit észre kell venni, az az, hogy a 3|m számok számának maximuma minden harmadik mátrixban 1-el nő, vagyis az a szám, aminél több 3|m szám nem lehet n2 és (n+1)2 között. (m\inN).

Jelölje p a prímeket. Nem nehéz belátni, hogy általánosan a p|m számok számának maximuma minden p-dik mátrixban 1-gyel nő onnantól kezdve, ahol p felbukkan.

Ezt az összefüggést fogjuk képletbe foglalni, és felhasználni a továbbiakban.

Előzmény: [389] Maga Péter, 2009-10-05 13:43:57
[389] Maga Péter2009-10-05 13:43:57

Reszben igazad van, tenyleg nem nagyon szamit, hany helyen egyeznek meg. Masreszt azonban a hanyados hatarerteke sem mindig eleg eros fogalom. Az altalad mutatott pelda eppen olyan, hogy mindket kozelites aszimptotikusan pontos annyira, hogy a hanyadosok hatarerteke 1. A primszamtetel eppen azt mondja ki, hogy ilyen aszimptotikus egyenloseg all fenn primszamlalo es az integrallogaritmus fuggvenyekre is. A Riemann-sejtes egyik ekivivalens alakja pedig a hibatagrol szol (ami a fotaghoz kepest kicsi, igy a hanyados hatarerteket nem tudja elrontani).

Előzmény: [388] bily71, 2009-10-03 22:10:56
[388] bily712009-10-03 22:10:56

Én csak egy "műkedvelő amatőr" vagyok , és nem azért írogatok, és teszek fel kérdéseket, mert erőltetek valamit, ami nem lehetséges, hanem mert a környezetemben senkivel nem tudom megosztani, vagy netalán megvitatni ilyen irányú gondolataimat, csak itt.

Ez azért van így, mert a matematika az utóbbi évtizedekben olyan mértékű absztarkción ment át, hogy a hétköznapi ember számára, (akik közé én is tartozom), teljesen értelmezhetetlen lett.

Gondoljunk csak a Fermat-sejtés Andrew Wiles féle, és az ehhez hasonló több száz oldalas bizonyításokra, amit még a szakmabeliek közül is csak kevesen látnak át.

Épp ezért, hogy ne tévelyegjenek gondolataim, lenne még egy kérdésem:

Jól gondolom-e, hogy igazából nem az számít, hogy két függvény hány helyen egyenlő, hanem, hogy a hányadosuk melyik számhoz tart, ha x\to\infty.

Egy példa:

Az egészérték függvény minden egésznél , tehát végtelen sok helyen egyenlő y=x-szel, az y2-x2=1 függvény pedig sehol, mégis ha x\to\infty, akkor y2-x2=1 és az y=x függvények különbségének maximális nagysága egyre kisebb lesz, mint y=x-nek az egészérték függvénnyel vett különbsége, aminek maximális nagysága mindig egy marad. (x>0, y>0)

Tehát a kérdésem, melyik függvény adna jobb becslést y=x-re, avagy melyik közelíti jobban?

Előzmény: [387] Maga Péter, 2009-10-03 12:22:41
[387] Maga Péter2009-10-03 12:22:41

Kizárja. Amit írtam, azt mutatja, hogy az f(x) a \pi(x)-nek nem nagyon rossz közelítése, hanem egyáltalán nem is közelítése. Olyan, mintha az x/2-t x-szel ,,közelítenéd''.

Előzmény: [386] bily71, 2009-10-02 21:51:45
[386] bily712009-10-02 21:51:45

Ez a tény kizárja-e annak elvi lehetőségét , hogy a

|\pi(x)-f(x)|<|\pi(x)-Li(x)|

egyenlőtlenség igaz legyen?

Vagyis előfordulhat-e az, hogy bár \pi(x)=f(x) csak véges sok esetben fordul elő, \pi(x)=Li(x) eset pedig végtelen sokszor, mégis |\pi(x)-Li(x)| nagyob ingadozást muttason, mint |\pi(x)-f(x)|?

Előzmény: [385] Maga Péter, 2009-10-01 19:26:19
[385] Maga Péter2009-10-01 19:26:19

Igen, ez a helyzet.

Előzmény: [384] bily71, 2009-10-01 10:28:25
[384] bily712009-10-01 10:28:25

Tehát, ha jól értem:

Lo(x)=x\prod_{p\le\sqrt{x}}\left(1-\frac1{p}\right),

és az

x\prod_{p\le\sqrt{x}}\left(1-\frac1{p}\right)=\sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right]

egyenlőség csak véges sok esetben teljesül, mivel C\ne1.

Ebből adódik, hogy az f(x)=\pi(x) egyenlőség is csak véges sok esetben teljesül.

Mindezt a Mertens-formula bizonyítja.

Akkor létezik a, és ha a<x, akkor végleg "lemarad" az egyik függvény, de Li(x) esetében C=1.

Előzmény: [382] Maga Péter, 2009-10-01 08:18:08
[383] Maga Péter2009-10-01 08:21:18

Ennyiben egy korábbi hozzászólásomban volt egy hibás konstans szorzó.:(

Előzmény: [382] Maga Péter, 2009-10-01 08:18:08
[382] Maga Péter2009-10-01 08:18:08

De ez nem igaz!

Mertens-formula:

\prod_{p\leq{}y}(1-\frac{1}{p})=\frac{e^{-\gamma}}{\log{y}}(1+O(\frac{1}{\log{y}})).

Legyen y=\sqrt{x}. Ekkor

x\prod_{p\leq{}\sqrt{x}}(1-\frac{1}{p})=2e^{-\gamma}\frac{x}{\log{}x}(1+O(\frac{1}{\log\sqrt{x}})).

Mivel 2e^{-\gamma}\neq{}1, valamint \pi(x)=\frac{x}{\log{}x}(1+o(1)), ezért

\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\pi(x)}{f(x)}=C

valamilyen C konstanssal, de C\neq1.

Előzmény: [379] bily71, 2009-09-29 13:32:54
[381] bily712009-09-30 22:55:44

Térjünk vissza a [333]-as hz.-hoz.

Azt a kérdést tettük fel, hogy n2 után következhet-e 2n db összetett szám. A 2n+1-ik négyzetszám, tehát csak összetett lehet. (n\inN)

Tekintsük a következő incidencia mátrixot:

2 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0
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

Vegyük észre, hogy ha n páros, akkor (n-1)2-től n2-g ugyannyi páros van, mint n2-től (n+1)2-ig.

Ebből következik, hogy az n2-et követő 2n db szám közül n db szám páros, tehát a számok fele két szomszédos négyzetszám között biztos, hogy összetett, ezért elég csak a páratlan számokat vizsgálni.

Ha megnézzük a

5 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0
3 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49

mátrixot, azt tapasztaljuk, hogy n2-től (n+1)2-ig a csak páratlan számokat tartalmazó intervallumok hossza minden 2|n esetében 2-vel nő.

Ennek egyszerű a magyarázata, hiszen az első n páratlan szám összege mindig négyzetszám.

Azt fogjuk kideríteni a mátrix segítségével, hogy egy ilyen intervallumban legfeljebb hány db, p\len páratlan prímmel osztható szám lehet .

Előzmény: [380] bily71, 2009-09-29 21:09:10
[380] bily712009-09-29 21:09:10

Nem nehéz olyan x-eket (x\inQ) találni, ahol \pi(x)=f(x), .

A hiba az osztási maradékoktól függ, amely fogalmat ki lehet terjeszteni a nem egész számokra is.

Előzmény: [379] bily71, 2009-09-29 13:32:54

  [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]