Fórum: A Goldbach-sejtésről

Először itt akartam leírni...

A Fremat-Wiles tétel egyoldalas(!) bizonyítása

Tétel: Az a^m+b^m=c^m egyenlőség m>2 esetén nem teljesül. (a,b,c,mN).

Bizonyítás: Minden N_n^m:=(0^m,1^m,2^m,...,n^m) sorozat egy m-ed rendű számtani sorozat, ezt már beláttuk, és táblázatokkal demonstráltuk a [428]-ban, (nN).

Jelölje _m,i az N_n^m sorozat különbségsorozatainak első tagjait, ekkor a megadható a következő általános(!) rekurzió, mely a binomiális együtthatókból állítja elő az N_n^m sorozatot:

.

A _m,i együtthatók hasonló háromszögbe rendezhetők, mint a binomiális együtthatók:

1,1=1       2,1=1 2,2=2     3,1=1 3,2=6 3,3=6   4,1=1 4,2=14 4,3=36 4,4=24

,

ahol a képzési szabály: _m,i=i[_m-1,i-1+_m-1,i], azaz, _m,i-t úgy kapjuk meg, összeadjuk a fölöttelévő két számot, majd megszorozzuk annyival, ahányadik tagot akarjuk kiszámolni a sorban. A sorok szélső tagjainál, ahol csak egy szám van egy másik fölött, ott értelemszerűen nullát adunk hozzá a fölső számhoz. _m,i megadható explicit formában is, de ez most nem fontos.

A rekurziós alakból azonnal következik, hogy n^m<(n+1)^m-n^m, ha m>2. Ez a bizonyítás legfontosabb összefüggése.

És most tételezzük fel indirekt módon, hogy az a^m+b^m=c^m egyenlőség teljesül minden m-re. Ebből az következik, hogy, mivel a,b,c egy m-ed rendű számtani sorozat tagjai,

b^m=[(a+1)^m-a^m]+[(a+2)^m-(a+1)^m]+...+[(c-1)^m-(c-2)^m]+[c^m-(c-1)^m].

Ami nem teljesülhet m>2 esetén, mert az egyenlőség jobb oldalán olyan összeg szerepel, melynek legalább egy tagja nagyobb b^m-nél, hiszen, ha m>2, akkor n^m<(n+1)^m-n^m, ebből következik, hogy

b^m<(b+1)^m-b^mc^m-(c-1)^m.

Quod erat demonstrandum.

MATEMATIKA-SZÁMELMÉLET

Gondolom erre gondoltál. Van ott több képzett matematikai tudással rendelkező is, s rendesen válaszolgatnak a laikus, de érdeklődő kérdezőknek. Külön Goldbach-sejtés topik nincs.

Hogy minden 2<páros előállna két prím összegeként... én nem érzem igaznak. Szerintem a Goldbach hamis, az ikerprím igaz. Lehet hogy egy "Könyv-konstrukciót" kéne keresni a Goldbach cáfolatára.

Mindig szerettem a bonyolult feladatokat, míg mások keresztrejtvényt fejtenek, én, régi gimis könyvekből, feladatok megoldásával ütöttem el az időt.

Kb. másfél éve tudom, hogy létezik egy sejtés, az ikerprím-sejtés, és, hogy 2300 év alatt, pedig volt egy-két zseni, senki nem tudta megválaszolni ezt az "egyszerű" kérdést.

Egyből megéreztem a kihívást, egy kérdésnek sincs ekkora presztízse a matematikában, aki választ ad rá, győzelmet arat minden matematikus felett, aki volt eddig a történelemben.

Nem hiszem, hogy ez pont nekem sikerülne, de szeretném egyszer látni a Könyv-bizonyítását ennek a sejtésnek, és szívesen részet vennék a kutatásban.

Az ilyen típusú sejtések, mint a Goldbach-, vagy a többi számelméleti sejtés, rendkívül egyszerűen megfogalmazhatóak, és meggyőződésem, hogy ugyanilyen "egyszerűen" meg is válaszolhatóak.

Szerintem akkor érdemes matematikával foglalkoznod, ha örömöd leled a feladatok megoldásában, egy-egy bizonyítás megértésében. Mondjuk ez attól is függ, hogy milyen céljaid vannak a matematikában...Én úgy látom, hogy az lehet a gond, hogy rögtön a matematika legnehezebb problémáit akarod megoldani. Ez nem jelenti azt, hogy nem járhatsz sikerrel, de szerintem mint minden másban is a fokozatosság elvét kellene követned. A kezdő hegymászó sem rögtön a Himaláját veszi célba. Esetleg beíratkozhatsz az egyetemre ahogy írtad is régebben..Próbáld meg a belinkelt fórumon is a dolgot.

Üdv. R.R

Csak még egy kérdés, érdemes egyátalán foglalkoznom a matekkal, vagy nem nekem való, és keressek más elfoglaltságot?

Kösz a tanácsot!

Azt én is észrevettem, hogy egyedül maradtam. Lehetséges, hogy annyi butaságot hordok itt össze, hogy már unják a fórumozók, vagy nem fogalmazok elég érthetően, vagy egyszerűen a téma unalmas.

Rengeteg ötletem van a számelméleti kérdésekkel kapcsolatban, de nem sok segítséget kapok, annak ellenére, hogy az általam használt módszerek egyátalán nem bonyolultak. Pedig szükségem volna a segítségre, mert nem tudom eldönteni, hogy egy-egy gondolatmenetem hibás-e, hisz én csak egy kontár vagyok.

A matematikai ismereteim elég hiányosak, így nem tudom mit lehet, vagy nem lehet, vagy, hogy melyik ötletem használható. Az is problémás nekem, hogy lefordítsam a gondolatomat a matematika nyelvére, nagyon kevés formulát, tételt vágok fejből, a képleteket is innen-onnan böngészem, mert a jelölések nagy részét sem ismerem.

Üdv. Mivel kevesen válaszolnak arra, amit a Goldbach-sejtésről írsz ezért adnék egy tanácsot: Nézz körül a lenti fórumon. Az egyik fórumozó komoly matematikus, a Rényi Intézet egyik számelmélésze. Ő biztosan segít lellenőrizni amit írtál. Van számelmélet topic, de asszem van külön a Goldbach-sejtésről is. http://forum.index.hu/Topic/showTopicList?t=26

Ezt most építő, vagy romboló kritikának szántad? Kifejtenéd bővebben is a véleményedet, esetleg a matematika nyelvén?

hiphiphurráááááá

Egy kis probléma lépett föl. Az n^pn(mod (2^p-2)) kongruencia nem teljesül, akkor, ha p>5, és n<p, azaz n p-nél kisebb páratlan prím, vagy ennek többszöröse. Ez megnehezíti az általánosítást. Továbbá nem sikerült még megtalálnom az általános rekurziót, ami a binomiális együtthatókból állítja elő az N_n^m sorozatot. Viszont találtam más összefüggéseket is, ami segítségünkre lehet.

Folyt. köv.

És mégegyszer, most már tényleg helyesen:

.

Hamarosan folytatom, most nincs időm.

Bocs, a binomiális együtthatók előtti 6-osokat nem írtam ki, helyesen: .

A kis Fermat szerint n^mn(mod m), amennyiben mP, azaz prím. A [428]-ban leírt (1), és (3)-ból következik, hogy n^pn(mod (2^p-2)).

Vizsgáljuk meg a következő felbontást!

n^p=(n^p-n)+n=n(n^p-1-1)+n

Mivel n^m-1^m=(n-1)(n^m-1+n^m-2+...+n+1),

ezért n^p=n(n-1)(n^p-2+n^p-3+...+n+1)+n.

Ha p=3, akkor n³=n(n-1)(n+1)+n, n>1 esetén .

Legyen , ekkor n³=6a_n+n.

A harisnya tulajdonság miatt .

Legyen , és írjuk fel a következő felbontást: n³=6a_n+n=6(a_n+b)+(n-6b).

Ekkor a_n+b nem bontható n-6b darab olyan szám összegére, amely számok az x_n sorozat egymásutáni tagjai, mert nem teljesülnek bizonyos oszthatósági feltételek. De ezt már csak holnap látjuk be.

Két okból is lehetetlen, hogy a_n+b felbotható n-(2^m-2)b tagú összegre, ahol a tagok az x_n sorozat tagjai.

Egyrészt, mert, míg n1-1(mod 2), addig n1(mod (2^m-2)), és n-1(mod (2^m-2)) nem ugyanazt a maradékosztályt jeleni, ha m>2.

Másrészt az x_n sorozat diferenciája nem konstans.

Ezt először megmutatjuk az m=3 kitevő esetén, aztán megpróbálunk általánosítani, végül megmutatjuk m=4 esetén is, teljessé téve a bizonyítási kisérletet.

Nem akarom elsietni, hisz Wiles-nak 8 éve ment rá, és azt hiszem nem véletlenül.

Idézek Henryk Iwaniec és Emmanuel Kowalski Analytic Number Theory című művéből. Az 5. fejezet 5.7 pontjában mondja ki a Grand Riemann Hypothesis-t. Ezután "Remarks. Needless to say we believe that every L-function (subject to our definition in Section 5.1) satisfies the Grand Riemann Hypothesis. Yet, proving this even for one L-function would be an achievement on a historical scale for human beings. (...) On a negative note this superb uniformity could be a reminder how slim prospects are to prove the GRH in our lifetime. No tools of current analytic number theory are capable of treating the questions for which the GRH provides easy answers." Iwaniec a téma (analitikus számelmélet) egyik legelismertebb szakértője a világon.

Tehát a táblázat mégegyszer:

n 1 2 3 4 ... xn 1 2 3 4 ... 1 3 6 10 ... 2 5 9 ... 3 7 ... ...

Képezzünk új táblázatot úgy, a -t megszorozzuk 2-vel, és hozzáadunk annyit, ahány tagot összeadtunk.

Látható, hogy a táblázat tartalmaz négyzetszámokat. De mi a helyzet, ha m>2? Hamarosan megtudjuk.

Javítás: m=2 esetén az a_n sorozat nem a természetes számok sorozata, hanem a természetes számok összege részösszegsorozata, de ez a lényegen nem változtat, a táblázatot kijavítom, mindjárt folytatom.

Azt, hogy (a+b) végtelen sok esetben bontható n-2b darab egymásutáni természetes szám összegére, a következőképp láthatjuk be:

n^m=(2^m-2)a_n+n, ahol az a_n számok egy sorozatot képeznek, m=2 esetén ez a természetes számok sorozzata.

Készítsünk egy táblázatot, mely a természetes számokat összegzi, soronként mindig a kövezkező tagtól kezdve, így felírhatjuk az összes részösszegét!

an 1 2 3 4 5 ... 1 3 6 10 15 ... 2 5 9 14 ... 3 7 12 ... 4 9 ... 5 ...

A táblázatban minden természetes szám megtalálható, ezért alkalmas x,y,z-re igaz, hogy x²+y²=z².

Az x=3, y=4, z=5 számok alkalmasak, mivel 5² egyik felbontása 5²=2^.11+3, itt 11-et kell felbontani olyan kéttagú összegre, hogy a tagok felírhatók egymásutáni természetes szám összegént. Mivel az összegben 2^.11 mellett 3, azaz 3 db. egyes áll, és a különbségsorozat minden tagja 2k+1 alakú, ezért csak egy megoldás létezhet: 2^.11=(2^.4)+(2^.3+(2^.4).

m>2 esetén nem kell a három alkalmas szám nemlétét igazolni, elég azt megmutatni, hogy az

n^m=(2^m-2)a_n+n=(2^m-2)(a_n+b)+(n-(2^m-2)b)

esetén az a_n+b tag nem írható fel n-(2^m-2)b darab olyan szám összegeként, amelyek az a_n sorozat egymásutáni tagjai.

Tehát ezt kell bizonyítani.

Folyt. köv.

Ha n>1, akkor

,

ahol S_n-1 az első n-1 természetes szám összege.

Legyen , ekkor

n²=2a+n=2(a+1)+(n-2)=2(a+2)+(n-4)=...

általánosan: n²=2(a+b)+(n-2b),

ha (a+b) felírható n-2b darab egymásutáni természetes szám összegeként, akkor n²-et sikerült felírni a különbségsorozat részösszegeként.

Folyt. köv.

Akkor folytassuk!

Körvonalazni is nehéz azt a tényezőt, ami megkülönbözteti az m=2 esetet a többitől, annyira el van rejtve, de végre sikerült megfogalmazni, hogy mit is akarok bizonyítani.

Írjuk fel újból az N_n² sorozat tagjait, különböző felbontásokban!

1²=1,

2²=2^.1+2,

3²=2^.3+3=2^.4+1,

4²=2^.6+4=2^.7+2=2^.8+0,

5²=2^.10+5=2^.11+3=2^.12+1,

s.í.t.

Figyeljük meg a következő felbontás minden részletét!

5²=3²+4²,

azaz

2^.11+3=(2^.4+1)+(2^.7+2),

ahol a jobb oldal második tagja tovább bontható:

2^.7+2=(2^.3+1)+(2^.4+1).

Bocs, mindjárt folytatom.

Ebből a semmitmondónak tűnő összefüggésből még semmitmondóbbnak tűnő dolgok jönnek ki, melyek a paritás mögött bújnak meg.

A levezetés több szálon is fut a fejemben, és ahogy haladok lépésről-lépésre, mindig azt az utat részesítem előnyben, amiről feltételezem, hogy hamarább a célba juttat, és, mivel ez menet közben derül ki, ezért előfordulhat, hogy feleslegesen szabott feltételeket, vagy felesleges lépéseket tartalmaz.

Ma már nem folytatom, holnap a befejezés következik.

Az N_n^m sorozatot mindig 1-gyel kezdjük, a táblázatokban csak azért kezdtük 0-val, hogy azonosítani tudjuk azt a számot, amivel ha elosztjuk az első különbségsorozat bármely tagját, 1-et kapunk maradékul.

Nézzük hogy alakul N_n²:

1²=1,

2²=1+(2+1),

3²=1+(2+1)+(4+1)...

általában:

n²=1+(2^.1+1)+...+(2(n-1)+1).

A képzési szabály szerint, n, és a zárójeles tagok számának paritása ellentétes.

Mivel a zárójeles tagok páratlanok, a kis Fremat n²nmod 2 csak akkor teljesül, ha az összeghez hozzáadunk 1-et.

Mivel ₁N_n² diferenciája 2, előfordulhat, hogy bizonyos részsorozatainak összegére teljesülnek a feltételek, azaz négyzetszámot kapunk eredményül.

Térjünk vissza a példához:

3²=(2^.4+1)=(2^.4)+1,

4²=(2^.3+1)+(2^.4+1)=(2^.3)+(2^.4)+1+1=(2^.7)+2.

Itt n, és a zárójeles tagok számának paritása megegyezik.

Mivel páros darab 1-es összege páros, páratlané pedig páratlan, ezért, ez csak úgy lehetséges, ha n, és a 2-vel szorzott számok összegének paritása ellentétes.

Na ez az a jelentéktelennek tűnő mozzanat, ami az m>2 kitevőjű sorozatokban nem lehetséges.

De az, hogy ₁N_n² elsőrendű számtani sorozat, önmagában még kevés, ehhez jön még, hogy d₁=m azaz a diferenciája egyenlő a kitevővel, így, m=2 esetben (3) tulajdonképp a kis Fermat-tétel, n²nmod 2.

Folyt. köv.

Minden tag 2x+1 alakú, ahol x>1, tehát a sor eleji 1-est nem soroljuk a tagok közé.

Ha összeadjuk az első y tagot, és hozzáadjuk a sor eleji 1-est, ezt kapjuk:

1+(2+1)+(4+1)+...+(2y+1)=(y+1)².

Az előző példa azt mutatja, hogy a következő egyenletnek

1+(2+1)+...+(2y+1)=(2x₁+1)+(2x₂+1)+...+(2x_z+1)

van megoldása, annak ellenére, hogy a bal oldalon a tagok összegéhez hozzá kellett adni egyet, hogy négyzetszámhoz jussunk, a jobb oldalon pedig a tagok összege négyzetszám.

Ez azért lehetséges, mert az N_n² másodrendű számtani sorozat, aminek a különbségsorozata elsőrendű számtani sorozat, az m>2 kitevőjű sorozatok különbségsorozata viszont nem, mivel, ha kitevő m, akkor a különbségsorozat m-1-edrendű. Ha m=1, akkor pedig nullarendű.