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.
[608] bily712010-05-06 22:49:36

Két prím esetén [x]-\left[\frac{x}{p_1}\right]-\left[\frac{x}{p_2}\right]+\left[\frac{x}{p_1p_2}\right]=\left([x]-\left[\frac{x}{p_1}\right]\right)-\left(\left[\frac{x}{p_2}\right]-\left[\frac{x}{p_1p_2}\right]\right) megkapjuk a második zárójelben lévő második típusú párt.

3.Tétel:

f2\lef1\lef3, ahol f_1=\left[\frac{x}{p_1}\right]-\left[\frac{x}{p_1p_2}\right], f_2=\left[\frac{(p_1-1)(x+\frac{p_2}{p-1})}{p_1p_2}\right] és f_3=\left[\frac{(p_1-1)(x+p_2)}{p_1p_2}\right].

Bizonyítás:

A függvény képét megkapjuk a szakaszok p2- szeres nyújtásával az első pár képéből.

A második párt f_4=\left[\frac{(p_1-1)(x+\frac{p_1p_2}{2(p_1-1)})}{p_1p_2}\right]-vel helyettesítve \left([x]-\left[\frac{x}{p_1}\right]\right)-\left(\left[\frac{x}{p_2}\right]-\left[\frac{x}{p_1p_2}\right]\right)=\left[\frac{(p-1)(x+\frac{p_1}{2(p_1-1)})}{p_1}\right]-\left[\frac{(p_1-1)(x+\frac{p_1p_2}{2(p_1-1)}}{p_1p_2}\right], az eredmény a harmadik típusú pár, ahol az egyik tag p2-szerese a másiknak.

Holnap mindenképp befejezem.

Előzmény: [603] bily71, 2010-05-06 11:13:11
[607] Róbert Gida2010-05-06 22:27:10

Nem baj, elmondom, sejtés: végtelen sok p,q prím van, melyre q=p+2.

Előzmény: [606] Zilberbach, 2010-05-06 21:31:19
[606] Zilberbach2010-05-06 21:31:19

Sajnos azt nem ismerem.

Előzmény: [605] Róbert Gida, 2010-05-06 21:26:12
[605] Róbert Gida2010-05-06 21:26:12

Ikerprím sejtés téged nem érdekel? Szerintem 2 nap alatt bebizonyítanátok bily-vel.

Előzmény: [604] Zilberbach, 2010-05-06 21:20:16
[604] Zilberbach2010-05-06 21:20:16

Ha bizonyítható volna az alábbi sejtés, akkor a páros Goldbach-sejtést vissza tudnánk vezetni a már bizonyított páratlan Goldbach-sejtésre.

Minden (10-nél nagyobb) páros számhoz található egy olyan (nála nagyob) páratlan szám, amelynek a három prímszám összegére bontása során kapott számok közül kettő megegyezik a páros szám két prímszám összegére bontásakor kapható prímszámokkal.

[603] bily712010-05-06 11:13:11

Elnézést a kicsit hosszúra nyúlt intermezzoért, de a gépem és a vesém is átmenetileg felmondta a szolgálatot. A gépet sikerült újratelepíteni, a vesémet sajnos nem lehet. De nem baj, legalább a kórházban volt időm átgondoni ezt a párosítgatást, és úgy tűnik működik. Az egészet újraírom, mert így nem igazán érthető.

Tehát, arról van szó, hogy kihasználva az asszociativitás lehetőségeit, párokat képezve csoportosítjuk a \sum_{d|P_q(\sqrt{x})}\nu_a\left[\frac{x}{d}\right] összeg tagjait, úgy, hogy minden művelet kivonás legyen. Ezzel azt érjük el, hogy (miközben egyetlenegy egészrészjelet sem hagyunk el,) a rengeteg egészrészjel elhagyásából fakadó hiba nemcsak megbecsülhető, de pontosan ki is számítható lesz, mivel elég négy esetet megvizsgálni, az összes többi visszavezethető ezekre.

Nézzük a legegyszerűbb esetet, amikor csak egy prím van a szitában és a=1, vagyis f_1(x)=[x]-\left[\frac{x}p\right], ahol p egy prím, (de lehetne bármely pozitív egész).

1. Tétel:

f2\lef1\lef3, ahol f_2= \left[\frac{(p-1)(x+\frac{p}{p-1}-1)}{p}\right] és f_3=\left[\frac{(p-1)(x+1)}{p}\right]. Ez azt jelenti, hogy az f1 sehol nem vesz fel kisebb értéket mint f2 és sehol nem vesz fel nagyobb értéket, mint f3.

Bizonyítás:

Egyszerűen derékszögű koordinátarendszerben ábrázoljuk a függvényt, megvizsgáljuk és felhasználjuk, hogy a függvény minden egésznél ugrik, kivéve a p többszöröseinél, (fölösleges tovább részletezni).

Következmények:

f1 függvény végtelen sok függvény egészrészfüggvénye, ezekben közös, hogy g_2=\frac{(p-1)(x+\frac{p}{p-1}-1)}{p} és g_3=\frac{(p-1)(x+1)}{p} egyenesek között/mellett haladnak, melyek párhuzamosak az g_5(x)=x-\frac{x}{p}=\frac{(p-1)x}{p} egyenessel, aminek az egészrészeit az f_5=\left[\frac{(p-1)x}{p}\right] függvény "ábrázolja".

f2 és f3 között, mindkettőtől egyenlő távolságra húzzunk egy egyenest, vagyis ábrázoljuk a g_4(x)=\frac{(p-1)(x+\frac{p}{2(p-1)})}{p}-et, akkor g4 egészrészfüggvénye f_4=\left[\frac{(p-1)(x+\frac{p}{2(p-1)})}{p}\right] lesz.

f4=f1+h, ahol h hiba a 0,1 vagy -1 értékeket veszi fel, vagyis a két függvényt egyenlőnek tekinthetjük, mivel a hiba maximális nagysága lefelé és felfelé is ugyanannyi, vagyis "aszimptotikusan" egyenlők, (nem találok most hirtelen jobb kifejezést).

Tehát a következmény: f5<f4=f1.

a=2 esetén: f_1=[x]-2\left[\frac{x}{p}\right].

2.Tétel:

f2\lef1\lef3, ahol f_2=\left[\frac{(p-2)(x+\frac{p}{p-2}-1)}{p}\right] és f_3=\left[\frac{(p-2)(x+\frac{p}{p-2}+1)}{p}\right].

A bizonyítás ez esetben is egyszerű, a következmény: f5<f4=f1, ahol f_4=\left[\frac{(p-2)x}{p}\right] és f_5=\left[\frac{(p-2)(x+\frac{p}{p-2})}{p}\right].

Az általános esetet, ahol a bármely pozitív egész lehet, majd később vizsgáljuk. A következő hozzászólásomban azt az esetet fogjuk vizsgálni, amikor két prím van a szitában. Azután három, illetve négy prímmel szitálunk. A végén azt fogjuk belátni, hogy akárhány prímmel szitálunk is, minden esetben ez a négy eset ismétlődik.

Előzmény: [590] bily71, 2010-04-29 14:37:13
[602] Csimby2010-05-05 18:05:58

:DD

Előzmény: [601] Fernando, 2010-05-05 09:17:24
[601] Fernando2010-05-05 09:17:24

Inkább dolgozz kettes számrendszerben. :)

Előzmény: [597] Zilberbach, 2010-05-03 00:13:25
[600] D. Tamás2010-05-04 09:41:30

Kimaradt az az eset, amikor az adott páros szám felbontható 5-re és egy prím összegére. Ezt az esetet meg kell külön vizsgálni a 2-re, 4-re, 6-ra, és a 8-ra végződő páros számok esetében. Ilyen szám pl. a 8=3+5

Előzmény: [597] Zilberbach, 2010-05-03 00:13:25
[599] Maga Péter2010-05-03 22:20:49

- Meg lehet-e állni a lejtőn?

- Meg. Az alján.

[598] Maga Péter2010-05-03 20:01:03

Bármelyikre jár a Fields-medál. Feltéve, hogy nem múlt el 40...:)

Előzmény: [592] Róbert Gida, 2010-05-02 20:39:56
[597] Zilberbach2010-05-03 00:13:25

Mielőtt több jogos kritika érne helyesbítem az 5 al-tételt, amelyeket bizonyítani kellene:

1. A 2-re végződő számok fölbonthatók: két 1-re végződő prímszám összegére, és/vagy egy 9-re és egy 3-ra végződő prímszám összegére.

2. A 4-re végződő számok fölbonthatók: egy 3-ra, és egy 1-re végződő prímszám összegére, és/vagy két 7-re végződő prímszám összegére.

3. A 6-ra végződő számok fölbonthatók: két 3-ra végződő prímszám összegére, és/vagy egy 9-re és egy 7-re végződő prímszám összegére.

4. A 8-ra végződő számok fölbonthatók: egy 1-re, és egy 7-re végződő prímszám összegére, és/vagy két 9-re végződő prímszám összegére.

5. A 0-ra végződő számok fölbonthatók: egy 3-ra, és egy 7-re végződő prímszám összegére, és/vagy egy 1-re, és egy 9-re végződő prímszám összegére.

Elnézést kérek, ha nagyon levittem a fórum színvonalát.

Előzmény: [595] vogel, 2010-05-02 22:31:00
[596] Róbert Gida2010-05-02 22:48:15

n<1.6*1018-ig ellenőrizték a páros Goldbach sejtést: http://www.ieeta.pt/ tos/goldbach.html

Előzmény: [594] Zilberbach, 2010-05-02 22:10:27
[595] vogel2010-05-02 22:31:00

Ez már nem méltó ehhez a fórumhoz.

[594] Zilberbach2010-05-02 22:10:27

Még egy kis kiegészítés (hátha így könnyebb).

Ha jól tudom 10 millióig már minden páros számot fölbotottak (számítógéppel) két prímszám összegére.

Tehát az 5 altételt elég volna 10 milló fölötti számokra bizonyítani.

Előzmény: [593] Zilberbach, 2010-05-02 21:19:41
[593] Zilberbach2010-05-02 21:19:41

Kedves Róbert Gida igazad van, az 5-re végződő többjegyű prím valóban csúnya tévedés.

Elnézést kérek érte, kérem a szövegből ezt a részt törölni.

Előny viszont, hogy az 1. pont így egyszerűbbé válik.

Ha tudnám bármelyik pont bizonyítását, akkor megadnám, de nem tudom.

Abban viszont lehet hogy nincs igazad, hogy bármelyik al-sejtés bizonyítása nehezeb lenne a Goldbach-sejtés bizonyításánál.

Előzmény: [592] Róbert Gida, 2010-05-02 20:39:56
[592] Róbert Gida2010-05-02 20:39:56

A 4 is előáll két prím összegeként.

"Érzésem szerint könnyebben bizonyíthatók a fönti al-sejtések, mint a Goldbach sejtés."

Ne tarts magadban a bizonyítást, bármelyik (b)aleset bizonyításáért szerintem akár Fields érmét is kaphatnál. Amúgy az esetek amiket írsz némelyike nehezebb, mint az eredeti, például 6-ra végződő számot úgy is kaphatunk, hogy egy 7-re és egy 9-re végződő prímet adunk össze.

ps. 5-re végződő prímet írsz, ez nagyon bántja a szememet. Csak az 5 ilyen.

Előzmény: [591] Zilberbach, 2010-05-02 20:09:05
[591] Zilberbach2010-05-02 20:09:05

Az alábbi ötletem támadt a Golbach sejtés bizonyítására:

Minden 4-nél nagyobb páros szám előáll két prímszám összegeként.

Ezt több részletre bontva kellene bizonyítani:

A 10 alatti számokra tételesen, minden páros számra külön-külön bizonyítható.

A 10 fölötti számokra pedig az alábbi sejtéseket külön-külön kellene bizonyítani:

1. A 2-re végződő számok fölbonthatók: két 1-re végződő prímszám összegére, és/vagy egy 5-re és egy 7-re végződő prímszám összegére.

2. A 4-re végződő számok fölbonthatók: egy 3-ra, és egy 1-re végződő prímszám összegére, és/vagy két 7-re végződő prímszám összegére.

3. A 6-ra végződő számok fölbonthatók: két 3-ra végződő prímszám összegére.

4. A 8-ra végződő számok fölbonthatók: egy 1-re, és egy 7-re végződő prímszám összegére, és/vagy két 9-re végződő prímszám összegére.

5. A 0-ra végződő számok fölbonthatók: egy 3-ra, és egy 7-re végződő prímszám összegére, és/vagy egy 1-re, és egy 9-re végződő prímszám összegére.

A fönti al-sejtések együttesen kiadják a Golbach-sejtés egészét.

Érzésem szerint könnyebben bizonyíthatók a fönti al-sejtések, mint a Goldbach sejtés.

Ha tévedek, elnézést kérek minden fórumozótól.

Előzmény: [590] bily71, 2010-04-29 14:37:13
[590] bily712010-04-29 14:37:13

Előszöris, köszönöm az információkat, ezek a linkek tényleg nagyon hasznosak.

Kb. egy éve tart az itteni ügyködésem, és azt hiszem, hogy az ennek az útnak a végére értem. Van még egy gondolatom, azt még megosztom veletek, több verzió már nincs, nem is lesz, ezekkel a naív módszerekkel már nem lehet tovább jutni.

Tehát addig jutottunk, hogy megfogalmaztam egy sejtést, miszerint

g(x)=\left[x\prod_{q\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac1p\right)\right]<f(x)=\sum_{d|P_q(\sqrt{x})}\nu_a(d)\left[\frac{x}{d}\right].

A jelölések értelmezése megtalálható az [571]-[574] hozzászólásokban.

A bizonyítást kezdjük a jólismert \sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right] összeggel. Párosítsuk össze a tagokat úgy, hogy a pár egyik tagjának nevezője kétszerese legyen a másik tagnak, vagyis a következőképp:

f(x)=\left([x]-\left[\frac{x}2\right]\right)-\left(\left[\frac{x}3\right]-\left[\frac{x}6\right]\right)-\left(\left[\frac{x}5\right]-\left[\frac{x}{10}\right]\right)-\left(\left[\frac{x}{30}\right]-\left[\frac{x}{15}\right]\right).

Az utolsó párban a kisebb tag a kisebbítendő. Ha az összegben n pár van, akkor (n/2)-1 darab ilyen párunk lesz.

Ha ábrázoljuk a párokat függvényként koordinátarendszerben, mindegyik pár képét megkapjuk az első pár nyújtásával. illetve az olyan párok esetében ahol a kisebb tag a kisebbítendő, az x tengelyre való tükrözéssel, tehát elég csak az első párt vizsgálni.

Az x\mapsto[x]-\left[\frac{x}{p}\right] függvény képe, ahol p egy prím, balról zárt, jobbról nyitott vízszintes szakaszokból áll, és teljesül a következő:

F(x)=\left[\frac{(p-1)(x+(1/(p-1))}{p}\right]\le{G}(x)=[x]-\left[\frac{x}{p}\right]\le{H}(x)=\left[\frac{(p-1)(x+1)}{p}\right],

ami azt jelenti, hogy f(x) sehol nem vesz fel kisebb értéket, mint F(x), és nagyobbat, mint H(x), vagyis az a függvény, aminek G(x) az egészrészfüggvénye, bármilyen legyen is a menete, nagyobb, mint x\mapsto\frac{(p-1)(x+(1/(p-1))}{p}, és kisebb, mint x\mapsto\frac{(p-1)(x+1)}{p}. Tehát

I(x)=\left[x-\frac{x}{p}\right]<G(x)=[x]-\left[\frac{x}{p}\right].

A többi pár függvényét megkapjuk az elsőből nyújtással. Általánosan kapjuk, hogy

F(x)=\left[\frac{(p-1)(x+(q/(p-1))}{pq}\right]\le{G}(x)=\left[\frac{x}{q}\right]-\left[\frac{x}{pq}\right]\le{H}(x)=\left[\frac{(p-1)(x+q)}{pq}\right],

vagyis

I(x)=\left[\frac{x}{q}-\frac{x}{pq}\right]<G(x)=\left[\frac{x}{q}\right]-\left[\frac{x}{pq}\right].

Mivel p=2, ezért

G(x)=\left[\frac{x}{q}\right]-\left[\frac{x}{2q}\right]=\left[\frac{x+q}{2p}\right],

vagyis minden pontban megegyezik az y=\frac{x+q}{2q} egyenes egészrészfüggvényével. Azon párok esetében, ahol a kisebb tag a kisebbítendő, x tengelyre való tükrözéssel kapjuk, hogy G(x)=\left[\frac{x}2\right]-[x]=\left[\frac{-x+q}{2q}\right]. Ebben az esetben annyi a különbség, hogy a balodal képe balról zárt, jobbról nyitott, a jobboldalé jobbról zárt balról nyitott szakaszokból áll.

Tetszőleges a,b,c,d egészekre teljesül, hogy

F(x)=\left[\frac{(ad-bc)x+(c/a)}{cd}\right]\le{G}(x)=\left[\frac{ax}{c}\right]-\left[\frac{bx}{d}\right]\le{H}(x)=\left[\frac{(ad-bc)x+(cd-(c/a))}{cd}\right],

vagyis

I(x)=\left[\frac{ax}{c}-\frac{bx}{d}\right]<G(x)=\left[\frac{ax}{c}\right]-\left[\frac{bx}{d}\right].

Tehát, mivel minden párra igaz, hogy az a függvény, melynek a pár az egészrészfüggvénye nagyobb mint az a függvény, amit úgy kapunk, hogy a párokat közösnevezőre hozzuk, vagyis elhagyjuk az egészrészeleket, és a párokat helyettesítő tagokat ha kivonjuk egymásból megint nagyobb függvényeket kapunk, beláthatjuk, hogy teljesül a következő

g(x)=\left[x-\frac{x}2-\frac{x}3-\frac{x}5+\frac{x}{6}+\frac{x}{10}+\frac{x}{15}-\frac{x}{30}\right]<f(x)=\left[\frac{x+1}{2}\right]-\left[\frac{x+3}{6}\right]-\left[\frac{x+5}{10}\right]-\left[\frac{15-x}{30}\right].

Ez a módszer alkalmazható az általános esetben is, később folytatom. Remélem érthető eddig.

[589] agysejt2010-04-25 16:51:18

Hello,

Tisztán matematikában csúcskarriert csinálni szinte reménytelen. Korlátos számú tudós kerülhet olyan körökbe, hogy anyagilag is alaposan megérje, és a community is alaposan forgassa a nevét.

Ráadásul 5-10 év nagyon komoly munka kell az alapok lerakására.

A helyedben az informatikát választanám, mégpedig a programozást. Az nagyon közel áll a matematikához. Matematikus fejjel gondolkozó embernek nagyon rövid idő is elegendő lehet egy adott technológia elsajátítása, és azzal már biztosan magasabb fizetés jár mint egy közalkalmozotti diplomásé....

Előzmény: [585] bily71, 2010-04-17 10:20:05
[588] Hajba Károly2010-04-18 01:10:18

matematika.lap

e-matematika

a Fazekas publikus anyaga

StartlapKereső(matematika)

Számtalan ingyen letölthető matematikai témájú anyag van fenn a hálón. Akinek van ideje és affinitása, az sokat tanulhat innen.

[587] Hajba Károly2010-04-18 00:52:16

Magyar Elektronikus Könyvtár

Messze nem teljes, de van benne pár érdekes tanulandó anyag számodra (is).

[586] Maga Péter2010-04-17 15:36:42

Szívből sajnálom, ha rossz helyzetben vagy.

"Ha nem mutatok valami "nagyot", akkor esélyem sincs, hogy valaki, vagy valakik támogassanak abban, hogy legalább a tandíjat, utiköltséget megelőlegezzék." Ez sajnos bizonyára így van. De nagyon valószínűtlen, hogy abban az értelemben "nagyot" tudsz mutatni, hogy bebizonyítod (megcáfolod) a Goldbach-, vagy az ikerprím-sejtést. Hogy is mondjam, milliárdszor több esélyed van a lottóval (és nagyobbat is lehet vele kaszálni). (Ezzel együtt sem javaslom a lottózást, mert rengeteg pénzt bele lehet/szokás ölni.)

"Nem öntetszelgésből írogatok, hanem azért, mert tényleg érdekel a matematika, de a könyvek, amikből autodidakta módón képezhetném magam, nos, hogy is mondjam, kicsit megterhelné a családi kasszát, ha ilyen könyvekbe beruháznék, nem beszélve arról, hogy így komoly tudást nem lehet elsajátítani." Már hogyne lehetne komoly tudást így elsajátítani! Messze komolyabbat, mint az említett sejtéseken töprengve. Szerezz be könyveket virtuálisan, úgy ingyen van.

Előzmény: [585] bily71, 2010-04-17 10:20:05
[585] bily712010-04-17 10:20:05

Kedves Blord!

Én olyan környezetből jövök, ahol a hozzászólásod hangneme nemhogy sértő, hanem végtelenül udvarias.

Nem akartam a fórum közösségét fölöslegesen traktálni olyan dolgokkal, amik nem tartoznak a matematika körébe. Ilyen téma a személyiségem is, kívülről persze sokszor másnak látszik az ember, mint, ahogy önmagát megítéli. De ha már szóbajött, hogy mit miért írogatok, és hogy milyen ember vagyok...

Előszöris, nem azért nem tanultam tovább, mert nem akartam, vagy lusta voltam, vagy mert nem volt meg az alapokhoz szükséges tehetségem. Én úgy érettségiztem, hogy közben délutánonként a szeméttelepre jártam guberálni(!), éjszakánként pedig terményeket jártam lopni(!), abból támgattam második gyermekként a szüleimet, akik velem együtt 8 gyermeket neveltek fel egy 43m2-es lakótelepi lakásban, ahol a nagyobb szoba nagyobb fele lomtalanításból, és a szemételepről összeszedett priccsekből állt, ahogy a többi bútorunk is, vagy a ruházatunk is. Ne értsetek félre, ennekellenére boldog gyerekkorom volt, és a szüleimet nem hibáztatom semmiért, hisz ők mindent megadtak nekünk, hisz mindenüket nekünk adták, és adják most is.

Azóta persze eltelt egy pár év, lábra állhattam volna. De miből? Minimálbérből? Szezonmunkából? Ennél sokkal jobban fizet a lomtalanítás, ócskavas és színesfém guberálás. Aztán magánvállalkozásba kezdtem, és egy kis méh telepet vezettem. Közben én is csadaládot alapítottam, van 3 gyönyörű gyermekem. A vállalkozásom családi okokból tönkrement, aztán súlyos betegségekkel viaskodtam. Azóta is éjszakánkét légzésjavítógép tart életben. A társadalom megfelejtkezik a betegekről, olyannyira, hogy az emberek természetesnek veszik, hogy egy ilyen lúzernek, mint én nem jár több, mint havi 28500 Ft, de az adó azért jól jött az államnak...

Ha azt írom, hogy anyagi nehézségeim szoktak támadni, az enyhe költői túlzás. Mindezekből látszik, hogy számomra az egyetem egyszerűen kivitelezhetetlen, hiszen, ha kapnék is választ, hogy mehetek felvételi vizsgát tenni, nem biztos, hogy lenne utiköltségem, hát még ha mindennap fel kellenne járni... Azt a semmiségnek tűnő 9 ezret is, amibe a felvi került, a mai napig nyögöm, pedig tényleg semmiség, olyannyira, hogy nem hiszem, hogy válaszra méltatnának...

Az egyetem számomra csak egy álom. Nem öntetszelgésből írogatok, hanem azért, mert tényleg érdekel a matematika, de a könyvek, amikből autodidakta módón képezhetném magam, nos, hogy is mondjam, kicsit megterhelné a családi kasszát, ha ilyen könyvekbe beruháznék, nem beszélve arról, hogy így komoly tudást nem lehet elsajátítani. Ha nem mutatok valami "nagyot", akkor esélyem sincs, hogy valaki, vagy valakik támogassanak abban, hogy legalább a tandíjat, utiköltséget megelőlegezzék. És nem azért, mert egy kivételes zseni vagyok, de nekem is jól jönne a diplomás fizetés, és akkor talán hasznosabb tagja tudnék lenni a társadalomnak, nembeszélve a gyermekeimről, akiknek könnyebb életet, jövőt tudnék biztosítani...

Én, a "Don Guijote"-kel ellentétben tisztában vagyok vele, hogy az agyam "matekszűz", de nem hiszem, hogy bármire, amit alappól elsajátít egy egyetemi hallgató, arra ne lennék én is képes. Én nem szembemegyek a matematikatudománynak, hanem el akarok belőle sajátítani annyit, amire képes vagyok. Ha ez lenne a helyzet, nem, korrigáltam volna újra és újra a " bizonyításaimat", hanem kitartottam volna az első verziónál.

Elnézést, ha bárkit is megbotránkoztattam volna.

Előzmény: [583] Blord, 2010-04-16 14:58:57
[584] Róbert Gida2010-04-16 22:56:12

"Ott vannak az érdekes matekfeladatok, az ujjgyakorlatok, a nehezebb matematikai problémák, a lejárt határidejű KöMaL-feladatok a megfelelő témákban."

C jelűeket javasoltam volna.

Előzmény: [581] Maga Péter, 2010-04-16 10:16:07

  [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]