[404] bily71 | 2009-10-17 15:45:16 |
Akkor maradjunk az
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 |
|
|
|
|
|
[399] bily71 | 2009-10-17 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
,
,
...
és
R(x)=r3(x)+r5(x)+r7(x)+...+rp(x), (px).
Az rp(x) függvényeket jól közelíthetjük egyenesekkel:
,
,
,
...
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
függvényt.
Ha integrálunk (x)-ig, akkor megkapjuk R(x) közelítő értékét, azaz
,
és ezt akartuk bizonyítani.
|
Előzmény: [398] bily71, 2009-10-14 10:06:52 |
|
[398] bily71 | 2009-10-14 10:06:52 |
Vezessük be az R(x) fügvényt,
, ha 3x<5,
, ha 5x<7,
és így tovább, tulajdonképp a [395]-ben szereplő egyenlőtlenségek jobb oldalát rendeljük x-hez (xN).
Azt tudjuk, hogy
P(x)=x, ha x2Z+1,
P(x)=x-1, ha 2|x.
Azt is tudjuk, hogy
Q(x)R(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 xP-nél, azaz minden prímnél legalább egyet ugrik.
R(x) csak meghatározott helyeken nőhet, legfeljebb annyival, amennyi #{2<px:pP}, azaz ahány x-nél kisebb páratlan prím van, hiszen 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 |
|
|
|
|
|
|
[392] bily71 | 2009-10-09 09:22:04 |
A félreértések elkerülése végett, Q(x) definícióját annyiban pontosítanám, hogy természetesen ö2Z+1.
Azt már [390]-ben megállapítottuk, hogy
,
,
általánosan:
,
ahol a az a2<p<(a+1)2 összefüggésből származik, aN.
Tehát az első felső becslésünk Q(x)-re:
.
De, mivel egy összetett számnak több px prímosztója is lehet, ezért ez a becslés még nem elég éles, javítsuk meg.
|
Előzmény: [391] bily71, 2009-10-08 22:50:15 |
|
[391] bily71 | 2009-10-08 22:50:15 |
Vezessük be a következő két függvényt:
P(x):=#{(x-1)2<mx2:m{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, ( xN).
Nyílvánvaló, ha x{2Z+1}, akkor y=x, ha pedig 2|x, akkor y=x-1.
A másik függvény:
Q(x):=#{(x-1)2<öx2:ö{összetett.számok}},
azaz x-hez azon összetett számok számát rendeljük, melyek (x-1)2, és x2 között helyezkednek el, ( xN).
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] bily71 | 2009-10-06 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 |
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. (mN).
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 Péter | 2009-10-05 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] bily71 | 2009-10-03 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.
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, 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 Péter | 2009-10-03 12:22:41 |
Kizárja. Amit írtam, azt mutatja, hogy az f(x) a (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 |
|
|
|
[384] bily71 | 2009-10-01 10:28:25 |
Tehát, ha jól értem:
,
és az
egyenlőség csak véges sok esetben teljesül, mivel C1.
Ebből adódik, hogy az f(x)=(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 |
|
|
|
[381] bily71 | 2009-09-30 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. (nN)
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, pn páratlan prímmel osztható szám lehet .
|
Előzmény: [380] bily71, 2009-09-29 21:09:10 |
|
[380] bily71 | 2009-09-29 21:09:10 |
Nem nehéz olyan x-eket (xQ) találni, ahol (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 |
|