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.
[683] Maga Péter2010-05-09 19:44:02

Naná, hogy nagy a g: a [676] g-je 2-vel és 3-mal nagyvonalúan nem szitál.

Előzmény: [678] Róbert Gida, 2010-05-09 17:32:54
[682] Maga Péter2010-05-09 19:39:49

g(10)=10.

Előzmény: [681] Róbert Gida, 2010-05-09 19:14:23
[681] Róbert Gida2010-05-09 19:14:23

Nézd már meg 676-ban az általad definiált g fv definicióját, és, hogy mennyi eszerint g(10). Már tényleg dedó amit itt művelsz.

Előzmény: [680] bily71, 2010-05-09 19:02:12
[680] bily712010-05-09 19:02:12

Úgy látszik, még mindig nem érted.

Jelölje f(x) x-ig azon pozitív egészek számát, amelyek nem állnak elő 6nm\pmn\pmm alakban, ekkor

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]+n

ahol n az 5\le{p}\le\sqrt{x} p prímek száma. Ez azt jelenti, hogy ha f(x)=y, akkor 6[x]+1-ig y darab 6k\pm1 alakú ikerprímpár van. Vagyis az ikerprímek száma x-ig, mivel van egy nem ilyen alakú is,

\pi_2(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]+n+1

Én nem tudom, hogy hogyan számolsz, de pl.: x=10-re g(x)=\left[10\left(1-\frac{1}{5/2}\right)\right]=6 és nem 10.

Egyébként f(x) az x=pn2+1, (vagyis amikor x prímnégyzet+1) helyeken pontosan veszi fel azt az értéket, ami a 6nm\pmn\pmm alakban elő nem álló pozitív egészek száma, a többi helyen lehet némi eltérés. Ennek is megvan a magyarázata.

Előzmény: [678] Róbert Gida, 2010-05-09 17:32:54
[679] Róbert Gida2010-05-09 17:37:44

Nem kell leírnod nekem a rend definicióját. Cirka 15 éve tisztában vagyok vele. Egyébként sajnos nem jó a definicó ahogy leírtad.

Előzmény: [677] bily71, 2010-05-09 17:17:32
[678] Róbert Gida2010-05-09 17:32:54

x<25-re g(x)=x, ami fölöttébb gyanús, hogy ilyen egyszerű fv-el te bármilyen ikerprímsejtést be tudnál bizonyítani. g(10)=10, g(100)=42, ami még a prímek számánál is jóval több, nemhogy az ikerprímek számánál, mert nyilván erre megy ki a játék. De sokkal nagyobb értékekre is túl nagy g(x), csak összehasonlításul: http://www.research.att.com/ njas/sequences/A007508

Előzmény: [676] bily71, 2010-05-09 16:54:38
[677] bily712010-05-09 17:17:32

Igen, azt kihagytam, hogy legyen a 2 rendje mod p, vagyis a legkisebb kitevő, amire 2-őt emelve 1-ez kapunk maradékul, ha 2a-t elosztjuk p-vel. Egyébként, azt leírtam, hogy a csak 2n+1 lehet, vagyis az előbbi feltétel szrint n=5 esetén a=64 és nem 96.

Ha át tudok fogalmazni egy bizonyítást, az azt jelenti, hogy megértettem miről van szó. Én a bemagolást károsnak tartom. Vannak tanárok, akik, ha valaki nem a saját szavaival mondja el a feleletet, (szerintem helyesen), nem a adják meg az ötöst.

Előzmény: [670] Róbert Gida, 2010-05-09 13:29:16
[676] bily712010-05-09 16:54:38

Ott tartottunk, hogy az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal, hogy az

f(x)=\sum_{d|P_5(\sqrt{x})}\nu_2(d)\left[\frac{x}{d}\right]

függvény nem korlátos.

P_5(\sqrt{x})=\prod_{5\le{p}\le\sqrt{x}}p, ahol p a prímeket jelöli, \nu_2(d)=-2^{\omega{(d)}}, ahol \omega(d)  d különböző prímosztói száma, amennyiben négyzetmentes, ha d nem négyzetmentes, akkor \nu2(d)=0. Ezt legalább egy ember, Péter személyében, érti.

Legyen

g(x)=\left[x\prod_{5\le{p}\le\sqrt{x}}\left(1-\frac1{p/2}\right)\right]

A szögletes zárójel itt is egészrészt jelöl. Az általam ismertetett eljárással bizonyítható, hogy

g<f.

Az eljárás nem bonyolult, de mivel teljesen új, vagy ha nem is új, de nem szokványos szempontok alapján vizsgálom a függvényeket, ezért nem biztos, hogy érthető mire gondolok. Ahhoz, hogy érthető legyen, pontos definíciókra van szükség, de az én tempómmal az sok-sok órányi pötyögtetés.

Arra gondoltam, hogy élőben max. 20 perc alatt, jobban eltudnám magyarázni az eljárás lényegét, ezért, ha Te is benne vagy Péter, szivesen találkoznék veled személyesen, hogy előadjam az utolsó verziómat. Add meg a helyet és az időpontot.

[675] Róbert Gida2010-05-09 15:14:30

Ha eljutsz a szakdolgozatig arra ügyelj, hogy a forrást mindig megadd. Máskülönben visszadobják. Tévében láttam is ilyen plágiumkereső programot "akció" közben.

Előzmény: [674] bily71, 2010-05-09 14:47:34
[674] bily712010-05-09 14:47:34

(c) Tegyük fel, hogy véges sok 3k-1 alakú prím van. Vegyük ezek szrzatát, ezt szorozzuk meg 3-mal, majd ebből vonjunk ki 1-et. Az eredményül kapott számot jelölje P. P 3k-1 alakú, de nem osztható egyik 3k-1 alakú prímmel sem, mivel azokat mind felhasználtuk, mikor P+1-et képeztük. Ebből következik, hogy mivel nincs több 3k-1 alakú prím, P minden prímosztója 3k+1 alakú, így maga is 3k+1 alakú, ami nem lehet, mert 3k-1 alakú, ellentmondásba ütköztünk. Tehát a 3k-1 alakú prímek száma nem lehet véges. Mivel minden 3k-1 alakú prím egyben 6k-1 alakú is, ezért ezekből is végtelen sok van.

(d) Tegyük fel, hogy véges sok 3k+1 alakú prím van. Vegyük ezek szorzatát, ezt szorozzuk meg 3-mal, az eredményt jelölje P. Legyen p a P2+P+1 tetszőleges prímosztója. Ekkor p\ne3, tehát p ³ P-1 , de p|P3-1. Ebből, és a kis Fermatból következik, hogy 3|p-1, vagyis p 3k+1 alakú, tehát p|P, vagyis ellentmondásba ütköztünk. Mivel minden 3k+1 alakú prím egyben 6k+1 alakú is, ezért végtelen sok 6k+1 alakú prím van.

Előzmény: [667] Maga Péter, 2010-05-09 11:21:14
[673] bily712010-05-09 13:59:54

Legyen f1=2x, f2=2x+1, a két egynes párhuzamos, ekkor \lim_{x\to\infty}\frac{f_1}{f_2}=\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{2x+1}=1, vagyis f1\simf2, vagy tévedek?

Előzmény: [672] Róbert Gida, 2010-05-09 13:39:30
[672] Róbert Gida2010-05-09 13:39:30

"De, mivel két párhuzamos egyenes is egyenlő aszimptotikusan a fenti meghatározás szerint"

http://www.youtube.com/watch?v=pnE6D1vIVJw

Előzmény: [671] bily71, 2010-05-09 13:30:16
[671] bily712010-05-09 13:30:16

\pi(x)\sim\frac{x}{\ln(x)} azt jelenti, hogy \lim_{x\to{\infty}}\frac{\pi(x)}{\frac{x}{\ln(x)}}=1, vagyis a két oldal hányadosa az 1-hez tart, ha x a végtelenhez tart.

De, mivel két párhuzamos egyenes is egyenlő aszimptotikusan a fenti meghatározás szerint, nem túl szerencsés az elnevezésem, ezért tettem idézőjelbe. Az én idézőjeles értelmezésem szerint, ha e egyenes, ami az E függvény képe párhuzamos f-fel, ami az F függvény képe és f felett halad, akkor F<E "aszimptotikusan".

Előzmény: [668] Maga Péter, 2010-05-09 11:30:17
[670] Róbert Gida2010-05-09 13:29:16

Írjad, hogy nálad mit jelölsz p-vel. ***bizonyításodból*** talán Fn egy prímosztója. De akkor még mindig gond van a bizonyításoddal. Például n=5,p=641,a=96, ekkor a feltételek teljesülnek: 2a\equiv1mod p, F5 prímosztója 641, de az állításod hamis, ugyanis a=96 nem osztja 2n+1=64-et. Fényévekre vagy egy korrekt matematikai bizonyítástól.

Számomra az a furcsa, hogy standard, ismert bizonyításokat fogalmazol át, ami láthatóan nem megy. Egyszerűbb lenne kimásolnod a könyvből. Vagy egy linket adni rá.

Előzmény: [669] bily71, 2010-05-09 13:12:47
[669] bily712010-05-09 13:12:47

Azt hiszem, lehagytam egy k betűt.

Tehát, még egyszer, ha 2\len, akkor Fn minden prímosztója 2n+1k+1 alakú, amely osztók egyben 4k+1 alakúak.

Bizonyítás:

Legyen 2a\equiv1 (mod p). Mivel 22n\equiv-1 (mod p), a nem osztója 2n-nek, de osztója 2n+1-nek, ez csak úgy lehetséges, ha a=2n+1. A kis Fermat miatt a osztója p-1-nek, vagyis p 2n+1k+1 alakú, vagyis 2^{\frac{p-1}2}\equiv\left(\frac2p\right)\equiv1~(\mod{p}), ahol \left(\frac2p\right) a Legendre-szimbólum, amiből következik, hogy a osztója \frac{p-1}2-nek, amiből következik az eredeti állításunk.

Előzmény: [665] Maga Péter, 2010-05-09 10:35:45
[668] Maga Péter2010-05-09 11:30:17

Mit jelent neked az, hogy ,,\pi(x)\sim\frac{x}{\ln x}, vagyis aszimptotikusan egyenlőek''? Mit jelent neked pontosan?

Előzmény: [664] bily71, 2010-05-09 10:08:11
[667] Maga Péter2010-05-09 11:21:14

Valamint

c) végtelen sok 6k-1 alakú prím van;

d) végtelen sok 6k+1 alakú prím van.

A Dirichlet-tétel ezen speciális esetei még mindig egyszerű következményei akár a Goldbach'-nak, akár az ikerprím'-nek.

Tehát nektek kettőtöknek van még három feladata (b), c), d)), mert a b)-re adott megoldásod sajnos nem jó (bizonyítás nélkül felhasználsz valamit, amit nem tudom, hol láttál, mindenesetre nem igaz). Amit az a)-ra írtál, az rendesen elmondva tényleg a bizonyítás. A c) ehhez hasonló nehézségű, a b) és a d) jóval nehezebbek. De még ezerszer könnyebbek így is az általános Dirichlet'-nél, hát még a behatárolatlan nehézségű, pillanatnyilag megoldatlan problémáknál.

Előzmény: [665] Maga Péter, 2010-05-09 10:35:45
[666] Róbert Gida2010-05-09 11:18:37

Analízis 1. félév. De az aszimptota fogalma szerintem érettségi követelmény is.

Előzmény: [664] bily71, 2010-05-09 10:08:11
[665] Maga Péter2010-05-09 10:35:45

A pontosítás (sajnos vagy szerencsére) nem igaz: F5=225+1=4294967297, aminek prímtényezős felbontása 641*6700417 (innen szedem), ahol egyik tényező sem 2k+1 alakú. Úgyhogy a b) feladat egyelőre állva maradt.

Előzmény: [662] bily71, 2010-05-09 09:56:46
[664] bily712010-05-09 10:08:11

Ha jól tudom \pi(x)\sim\frac{x}{\ln{x}}, vagyis aszimptotikusan egyenlőek, holott a két függvény végtelen sok helyen metszi egymást. Ez az értelmezés eltér attól, ahogyan egy hiperbola aszimptotáját értelmezzük, vagy tévedek? Azért fogok ábrát készíteni, hogy látható legyen mire gondolok. Egyébként idézőjelbe tettem ezt a szót, utalva arra, hogy nem pontos a megfogalmazásom, de majd kitalálok valami más elnevezést.

Előzmény: [660] Róbert Gida, 2010-05-09 09:18:05
[663] Zilberbach2010-05-09 10:03:02

Igen, én eben az esetben a termézetes számok körében gondolkodok, mert a feladat nem igényli, hogy kilépjünk a természetes számkörből.

Előzmény: [656] Róbert Gida, 2010-05-08 22:32:30
[662] bily712010-05-09 09:56:46

Na jó, pontosítok, 2\len esetén Fn minden prímosztója 2n+2+1 alakú, amely osztók egyben 4k+1 alakúak.

Előzmény: [661] Róbert Gida, 2010-05-09 09:22:05
[661] Róbert Gida2010-05-09 09:22:05

F0=3-nak nincs például 8k+1 alakú prímosztója.

Előzmény: [658] bily71, 2010-05-09 08:03:10
[660] Róbert Gida2010-05-09 09:18:05

Nézd meg talán a wikipedián, hogy mi az aszimptota.

Előzmény: [659] bily71, 2010-05-09 08:30:46
[659] bily712010-05-09 08:30:46

Sehol nem írtam olyat, hogy egy szám aszimptotája a másiknak, én függvéyekről beszéltem. Az a baj, hogy úgy kritizálsz, hogy semmit nem értesz az egészből. Te olyan bizonyítást vársz el tőlem, ahol minden precizen definiálva van, miközben ti félszavakban beszélgettek.

Ha nem vetted volna észre a Goldbach'-ról már rég lemondtam. Az ikerprímekhez meg annyi köze van, hogy a teljes bizonyítástól már csak ez a lépés választott el. Úgy látom nem értitek, ezért levezetem mégegyszer, de most készítek ábrákat. Nem kell megijedni, nem lesz töb verzió, ennek az útnak ez a végállomása.

Előzmény: [652] Róbert Gida, 2010-05-08 21:27:27

  [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]