|
|
|
[680] bily71 | 2010-05-09 19:02:12 |
Úgy látszik, még mindig nem érted.
Jelölje f(x) x-ig azon pozitív egészek számát, amelyek nem állnak elő 6nmnm alakban, ekkor
ahol n az p prímek száma. Ez azt jelenti, hogy ha f(x)=y, akkor 6[x]+1-ig y darab 6k1 alakú ikerprímpár van. Vagyis az ikerprímek száma x-ig, mivel van egy nem ilyen alakú is,
Én nem tudom, hogy hogyan számolsz, de pl.: x=10-re és nem 10.
Egyébként f(x) az x=pn2+1, (vagyis amikor x prímnégyzet+1) helyeken pontosan veszi fel azt az értéket, ami a 6nmnm 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 |
|
|
|
[677] bily71 | 2010-05-09 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] bily71 | 2010-05-09 16:54:38 |
Ott tartottunk, hogy az ikerprím-sejtés ekvivalens azzal, hogy az
függvény nem korlátos.
, ahol p a prímeket jelöli, , ahol (d) d különböző prímosztói száma, amennyiben négyzetmentes, ha d nem négyzetmentes, akkor 2(d)=0. Ezt legalább egy ember, Péter személyében, érti.
Legyen
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.
|
|
|
[674] bily71 | 2010-05-09 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 p3, 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 |
|
|
|
[671] bily71 | 2010-05-09 13:30:16 |
azt jelenti, hogy , 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 Gida | 2010-05-09 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: 2a1mod 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] bily71 | 2010-05-09 13:12:47 |
Azt hiszem, lehagytam egy k betűt.
Tehát, még egyszer, ha 2n, akkor Fn minden prímosztója 2n+1k+1 alakú, amely osztók egyben 4k+1 alakúak.
Bizonyítás:
Legyen 2a1 (mod p). Mivel 22n-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 , ahol a Legendre-szimbólum, amiből következik, hogy a osztója -nek, amiből következik az eredeti állításunk.
|
Előzmény: [665] Maga Péter, 2010-05-09 10:35:45 |
|
|
[667] Maga Péter | 2010-05-09 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 |
|
|
[665] Maga Péter | 2010-05-09 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] bily71 | 2010-05-09 10:08:11 |
Ha jól tudom , 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 |
|
|
|
|
|
[659] bily71 | 2010-05-09 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 |
|