Fórum: A Goldbach-sejtésről

"Ezek a számok az ikerprímek indexei."

Ez alatt értsem azt, hogy:

"Az összes ilyen A számhoz rendelhető 6A-1 és 6A+1 számok ikerprímek"?

Mert ezesetben írd fel a 3x3-as mátrixot. Az elemei között nem fog szerepelni például a 11. A 11-hez rendelhető számok a 65 és 67. Mivel 65=13x5, ezért a 11 indexhez rendelhető számok NEM ikerprímek, ellentmondás.

Esetleg félreértettem valamit?

Ezt egyébként nem is indokoltad, hogy ezek miért az ikerprímek indexei. Ha gyengíted az állításod azzal, hogy ezen halmaz elemei az ikerprímek indexei, akkor ez pedig nem garantálja azt, hogy az ikerprímek számossága megszámlálhatóan végtelen.

A többi rész egyébként nekem helytállónak tűnt, bár pár helyen kicsit pongyolán fogalmaztál :)

Az ikerprím sejtés bizonyítása 2.RÉSZ

Az első négyzetbe egy szám kerülhet, a másodikba négy. Mivel a márix átlósan szimmetrikus a második négyzetben csak három különböző szám lesz. A harmadikban kilenc helyett hat. A következő megállapítást tehetjük: minden új négyzet annyi új számot fog tartalmazni, mint ahányadik lépésben létrehoztuk. Egy számsorozatot kapunk, ami így fog alakulni:1,3,6,10,15... , vagyis a természetes számok sorozatának összegszámai. A főátlóban lévő számok sora gyorsabban nő, mint ez a sorozat. Tehát bármekkora négyzetet hozunk létre nem tartalmazhatja az összes jobb alsó sarokban lévő számnál kisebb számot. Ezért minden lépésnél marad ki valamennyi szám. Az nem fontos, hogy pontosan melyik, de fog kimaradni. Ezek a számok az ikerprímek indexei. Minden lépéshez hozzárendelhető egy halmaz, ami soha nem üres. Ezek a halmazok a kimaradt számokat tartalmazzák lépésenként. Mivel a végtelen sok lépés száma azonos a természetes számok halmazának számosságával, azonos lesz azon halmaz számosságával is, aminek a kimaradt számokat tartalmazó halmazok a részhalmazai. Márpedig a természetes számok halmaza megszámlálhatóan végtelen. Azt hiszem a végére értem.

A. Szétválasztottam a páros számokat aszerint, hogy hattal osztva mennyi maradékot adnak. Számtani sorozatokat kaptam. Az egyiket elkezdtem vizsgálni.

B. Az ezeket a számokat előállító összegek első és második tagja is egy-egy számtani sort alkot. Minden sorozat diferenciája 6.

C.Ezeket a számsorokat, mint két szembe fordított vonalzót, oda-vissza tologattam, míg két prím szembe nem került egymással, kiadva a kívánt páros számot, úgy hogy az első tag a lehető legkisebb legyen.

D. Megvizsgáltam, hogy hány egységre tolhatóak el a vonalzók, úgy hogy még mindig ugyanazt a páros számot kapjuk.

E. Megvizsgáltam, hogy milyen hosszú lehet legfeljebb egy kizárólag összetett számokat tartalmazó intervallum a második tagok számtani sorában, és azt találtam, hogy nem lehet hosszab, mint amennyit tolhatunk a vonalzókon. Ennyi.

Hello! Én elkezdtem olvasni a bizonyításod, de a 3. részben kicsit elvesztem, hogy miért is pont 30-at adsz hozzá.

Ha megengedsz egy építő jellegű kritikát: Szerintem sokkal érthetőbb lenne, amit leírtál, ha valahova a netre felraknád az egészet egy dokumentumba, vagy pdf-be, mert az mindig jobban átlátható (azzá tehető).

Tagold a szöveget, és az egyes részek elején írd le, hogy mit fogsz benne bizonyítani, vagy mi ott a célod.

Érdemes előtte egy valamilyenféle tartalomjegyzéket is írni, amiben csak leírod egymás alá a főbb állításaidat (magyarázat / bizonyítás nélkül), hogy tisztán lássuk a globális gondolatmenetet is, és ne vesszünk el az apróságokban.

(pl még én is tudom, hogy minden 3-nál nagyobb prím 6m-1 vagy 6m+1 alakban írható fel, pedig nincs sok közöm a matematikához, és ha sok ilyet írsz, akkor ezeket a részeket mind érteni fogjuk, csak azt nem, hogy ezzel hova akarunk kilyukadni.)

Üdvözlettel, Gábor

Halihó! Van itt valaki? Vagy még mindig nem érthető? Izgatottan várom a hozzászólásokat.

Egy kis javítás: a befejező rész "egy ilyen 10 hosszú" kezdetű mondatban véletlenül 7-et írtam, 11 helyett. Mivel előfordulhat, hogy a 10-dik cserénél még egyet be kell iktatni, lehet, hogy 11 csere után 11 többszörösbe botlunk. Ez nem jelenti azt, hogy a második tagoknál hosszabb lett az összetettek sora, ugyanis a 11-dik csere az első tag miatt volt, és itt a második tag csak prím lehet a 3-dik részben felvázoltak miatt. Most térjünk rá az ikerprímekre.

AZ IKERPRÍM SEJTÉS BIZONYÍTÁSA 1. RÉSZ

Itt is azt fogjuk felhasználni, hogy minden 3-nál nagyobb prím 6n-1 vagy 6n+1 alakú. Ebből következik, hogy minden ikerprím, azaz prímpár két tagja egy olyan számot fog közre, ami 6 többszöröse. Ez a szám legyen 6k, (k természetes szám). k lesz a prímpár indexe, mivel egyértelműen meghatározza mely párról van szó. Írjunk fel egy olyan sorozatot, mely (függetlenül attól, hogy prím-e) minden 6n-1, 6n+1 számot felsorol. Ez így fog alakulni: 5,7,11,13,17,19,23,25... Írjuk fel függőlegesen is, és képezzünk egy szorzó táblát. (Én új vagyok itt, még nem tanultam meg táblázatot csinálni, de szerintem fejben is menni fog.) A táblázat rublikáiba ne az eredményt írjuk, hanem (mivel minden szorzás végeredménye 6k-1 vagy 6k+1 alakú lesz) a k értékét. A főátló első száma a négyes, mert (6n-1)(6m-1)=6(6nm-n-m)+1, és itt n=m=1, k=6nm-n-m=4, 6x4+1=25. A főátló számai sorra 4,8,20,28... Mivel ezek négyzetszámokból vannak kifejezve n=m, ezért így is felírhatjuk a szorzatokat (6n-1)(6n-1) és (6n+1)(6n+1).(Azért így írom, mert még nem tudok itt képletet szerkeszteni, de majd gyakorlom.) A főátlóban k értéke 6-szor n négyzet pluszminusz 2n lesz. Lépjünk a bal fölső saroktól jobbra és lefelé egyet. Egy 2x2-es négyzetet kapunk. Ennek jobb alsó sarkába a 8-as kerül. Képezzünk ugyanígy négyzeteket a végtelenig. Az új négyzet 3x3-as, a következő 4x4-es és így tovább. Az első 1x1-es négyzet csak a 4-est tartalmazza. Mindig a négyzetek jobb alsó sarkába kerül a legnagyobb szám, és ez mindig nagyobb, mint ahány egységnyi négyzet fér bele. Folyt. köv.

BEFEJEZŐ RÉSZ

Az ötödik cserénél az első tag 35, vagyis összetett lesz. Ilyen estben még egy cserére van szükség. Ha netalán 10-szer kellene cserélnni az első tag 65 lesz,ez is összetett, még egy csere... Az ilyen esetekben, ha az első tag a cserék után összetett lesz, plusz cserékkel kell számolni. 10 cserére akkor lehet szükség, ha j=10. Ha k-t a lehető legkisebbre vesszük, akkor ez a legrosszabb esetben k=6+7x10=76-nál következne be. Azért ez a legrosszabb eset, mert itt számolhatunk a legkevesebb lehetséges cserével. Itt 76/2 variáció van. Egy ilyen 10 hosszú intervallum biztosan tartalmaz két öt többszöröst, és maximum kettő hét többszöröst tartalmazhat kettővel növelve a cserék számát. Még az ilyen esetekben is jóval több variáció lesz, mint aháy csere szükséges. Azt hozzá kell tennem, nem azt vizsgáltam, hogy ténylegesen hogy alakul ez a sorozat, hanem az elvi lehetőségeket. Beláthatjuk, hogy mindig át tudjuk rendezni az összegek tagjait, tehát minden 6k-2 alakú páros szám előáll két prím összegeként. Ezek az összefüggések szükségszerűen jelentkeznek a (6n-1)+(6m+1)=6k és a (6n+1)+(6m+1)=6k+2 alakú páros számokat előállító összegeknél is. Így a bizonyítás kiterjeszthető az ilyen alakú párosokra is. Mivel minden páros szám felírható a három alak közül valamelyikkel, ezért minden páros számra kiterjeszthetjük a bizonyítást. Bátran kimondhatjuk: bármely páros szám felírható két prímszám összegeként. Ha van hiba jelezzétek. Holnap ismertetem az ikerprím sejtésre vonatkozó bizonyítási javaslatomat. Ma már túl fáradt vagyok ehhez.

6: RÉSZ

Mindaddig míg 11 többszöröse nem lép be a 13-dik második tagként (82=5+77 és 77=11x7), addig nem kerülhet egymás mellé két összetett szám a második tagok sorába. Azért nem, mert mindaddig csak 5 többszörösei szerepelhetnek összetett máspodik tagként, és ezek öt lépésre vannak egymástól. A harmadik a sorban a 17, ennek első többszöröse 20-dik helyen van (124=5+119 és 119=17x7). Idáig legfeljebb két összetett szám követheti egymást, azért, mert 5 többszörösei 5, 11 többszörösei 11 lépésre vannak egymástól. Ezért csak úgy követheti közvetlenül egymást két összetett szám, hogy különböző számok többszörösei. Mivel csak minden 7-dik lépés után bukkan fel újabb szám többszöröse, ezért csak minden 7-dik lépés után nőhet a közvetlenül egymást követő összetett számokat tartalmazó sor hossza, mégpedig eggyel. Miért fontos az, hogy hány összetett szám követheti egymást közvetlenül egymás után a 6k-2 alakú páros számokat előállító összegek második tagjai (ahol az első tag mindig 5) által képzett számtani sorozatban? (azt hittem soha nem keveredek ki ebből a mondatból) Azért, mert ha a k-adik összeg második tagja összetett, és közvetlenül előtte több mint k/2 összetett szám követte egymást, akkor nem tudjuk kicserélni a második tagot prímre. Ugyanis, azt a szabály követtük eddig és ezután is, hogy ha a második tag összetett, akkor 5 helyett 11-nek vesszük az első tagot, a másodikat pedig kicseréljük az előző, azaz a k-1-dik összeg második tagjára. Ha ez prím akkor sikerült felírni ezt a számot két prím összegeként. Ha nem akkor az első tag 17 lesz , a második a k-2-dik sorban lévő második tagra cseréljük. Ha ez sem prím... és így tovább. A 4. részben kiderítettük hány csere lehetséges egy ilyen összegnél. Ha n=1, akkor m=k, ezért k/2 különböző variáció van. Az előbb azt láttuk be, hogy csak olyan hosszú összetett számot tartalmazó intervallum lehetséges, ahány új szám első, azaz 7-tel képzett többszöröse bukkan fel. Mivel ilyen eset csak minden 7-dik lépés után fordul elő (6-tól kezdve), ezért a k=6+7j-dik összegnél legfeljebb j+1 hosszú lehet az intrvallum, ami azt jelenti legfeljebb j+1-szer kell átvariálni az összeget. (j természetes szám). A k=6+7j-dik összeg 6+7j/2-ször variálható. 6+7j/2 több, mint j+1. (remélem ezt senki nem vitatja), és mivel j tetszőleges szám, j bármekkora lehet, akár végtelen nagy is. Ragozzam még? Most más tényleg a befejező rész jön.

Bocs, tényleg ködösre sikerült. Akkor a 3. részt pontosítom: Az összegek második tagjai egy sorozatot alkotnak, ha az első tagnak mindig az 5-öt választjuk. Ebben a sorozatban az első szám az 5. Tehát a sorszáma 1, az értéke 5. A 11 sorszáma 2, értéke 11. A 17 sorszáma 3 értéke 17...(és így tovább). Ha egy számtól kezdve mindig annyit lépünk, mint amennyi az értéke, akkor mindig e szám többszörösét kapjuk. A lényeg itt az, hogy ebben a sorozatban egy összetett szám szükségszerűen valamely a sorban lévő szám többszöröse. Egyébként tényleg az erasztotenészi szita elvét alkalmaztam. A 3. rész nagyon fontos része a bizonyításnak.

5.RÉSZ

Az első összetett másodk tag a 6-dik az összegnél bukkan fel. 40=5+35. Mivel 5 sorszáma 1 a második tagok sorában, 1+5=6, ez nem is lehet másképp. 11 többszöröse elsőként a 13-dik összegnél lép be a második tagok sorába. Hiszen 11 sorszáma 2, értéke 11, 2+11=13. Az első 17 többszörös a 20-dik összegben található. (és így tovább). Azt vegyük észre, hogy a hatodik összegtől ha mindig hetet lépünk, mindig újabb szám többszöröse lesz a második tag. Miért? Mert ezek egyben 7 többszörösei is. A második tag szorzattal kifejezve: (6c-1)(6d+1). 35=5x7, 77=11x7, 119=17x7... 7 többszörösei is 7 lépésre vannak egymástól, mert itt is egy sorozatot generáltunk. Összefoglalva: a 6k-2 alakú páros számok (összegekkel kifejezett) sorában (ha az első tag mindig 5), minden második tag összetett számokat generál. Minden 7-dik lépésnél találunk ilyen generált tagot (máshol is, de az most minket nem érdekel). Ezt a tagot ha szorzattá alakítjuk, az egyik szorzó mindig 7 lesz. A szorzat másik tagja sorra 5, 11, 17, 23, 29, 35... A befejező rész következik.

Mondjunk ha csak azt akartad demonstrálni hogy az 5,11,17,23,... számok között tetszőleges p>3 prím esetén minden p-edik osztható p-vel, akkor menjünk tovább.

A 3. részt nem értem teljesen.

Emlékeztet az erasztotenészi szitára (pl. valóban minden 11-edik 6k-1 alakú szám osztható 11-gyel), de túl ködös, nem tudom, hogy mi is ebben a részben a cél, a rengeteg féle szám közül melyikre vonatkoznak a névmások.

4. RÉSZ

Hányféleképp írhatunk fel egy páros számot 6n-1 alakú számok összegeként? 6k-2=(6n-1)+(6m-1)=(6(n+1)-1)+(6(m-1)-1)=(6(n+2)-1)+(6(m-2)-1)=...=(6(m-1)-1)+(6(n+1)-1)=(6m-1)+(6n-1). Minden tag kétszer fog szerepelni, ezért ha n=1, és ha az ismétléseket nem számoljuk, akkor nyílvánvaló, hogy m/2 variáció létezik. Hogy minél egyszerűbben írjunk fel egy összeget, célszerű n értékét 1-nek venni. (Azaz mindig 5 legyen az első tag). Ha 5 mellé összetett szám kerül, akkor n-et kettőre cseréljük egy helyett. És megint: és így tovább. Mindaddig cserélgetjük a tagokat, míg mindkettő prím lesz. Felmerül a kérdés: mindig eljutunk ilymódon legalább egy olyan variációhoz, hogy mindkét tag prím? Mert ha ez így van, akkor a 6k-2 alakú páros számok mindig előállnak két prím összegeként. Na ezt fogom bebizonyítani. Ma már nem biztos, hogy folytatom.

3.RÉSZ

A legkisebb ilyen páros szám a 10. Az ezt előállító összeg első és a második tagja is 5=6x1-1. Itt a=1, b=0, c=1, d=0. Ha mindig csak a második tagot növeljük második páros 16 lesz, a harmadik 22. A következő páros mindig 6-tal lesz több, mint az előző, mivel a második tag sorra 6m-1, 6(m+1)-1, 6(m+2)-1... (azaz mindig 6-tal nő). Az kezdő összegben a második tag 5. Ha ötször növeljük 6-tal, (mivel 5x6=30), 30-cat kell hozzáadni 5-höz. 5+30=35, tehát a 6-dik összeg második tagja 35 lesz. Ha kiemeljük 5-öt, akkor nyílvánvalóvá válik, hogy osztható 5-tel. 5+30=5(1+6). A 35-öt előállító szorzat második tagja 6d+1, ahol d=1. A második összeg második tagja 11, innen ha képzünk 11 további összeget, a második tag 11+11x6=11(1+6) lesz, ez pedig 11 többszöröse. Minden további 11-dik összeg második tagja is 11 többszöröse lesz. Ezt az aljárást végigcsinálhatjuk minden második taggal, a többszöröseik annyi lépésre lesznek egymástól amennyi az a szám, ahonnan elindulunk. (Az és így tovább azt jelenti, hogy minden további számra vonatkozik a szabály. Ne várjátok, hogy mindet felírjam, mert soha nem érnék a végére.) Folyt. köv.

Az 1. részt annyiban pontosítanám, (mielőtt még belekötnétek) hogy a 3-nál nagyobb prímekre vonatkozik a szabály.

2. RÉSZ

Képezzünk összegeket a 6n-1 és a 6n+1 alakú számokból: (6n-1)+(6m-1)=6(n+m)-2, (6n+1)+(6m+1)=6(n+m)+2, (6n-1)+(6m+1)=(6n+1)+(6m-1)=6(n+m). Vizsgáljuk először a (6n-1)3(6m-1)=6(n+m)-2 alakú összegeket. Az tagok előállíthatóak a következő módón: 6n-1=(6a-1)(6b+1), 6m-1=(6c-1)(6d+1). Ha a tagok prímek, akkor b=d=0, tehát n=a és m=b. Ha összetett számok, akkor n=6ab+a-b, m=6cd+c-d. (n, m, a, b, c, d természetes számok). Szóljon, ha valakinek túl gyors, hamarosan folytatom.

Az "Azt kell tehát megmutatni" kezdetű mondatig világos.

Az n-2 (mod 6) esetet kezded vizsgálni. Az 5+(n-5), 11+(n-11), 17+(n-17), ... párok között szeretnél olyat találni -- pontosabban az első olyat megtalálni --, aminek mindkét fele prím.

Kedves Mindenki!

Elnézést kérek tőletek, tényleg nagy ugrások vannak a levezetés logikai menetében. Közkívánatra:

A GOLDBACH-SEJTÉS RÉSZLETES BIZONYÍTÁSA

1. RÉSZ

Bármely prím felírható 6n-1 vagy 6n+1 alakban. Ha egy számot 6-tal osztunk 0, 1, 2, 3, 4 vagy 5 lesz a maradék. Ha 0, akkor osztható 6-tal, ha 2 vagy 4, akkor páros. Ha 1 vagy 5, akkor lehet prím is, de nem törvényszerű, hogy az lesz. Viszont, ha nem 1 vagy 5 a maradék, akkor kizárt, hogy prím legyen. Ha 1 a maradék, akkor 6n+1 alakú, ugyanis 6n+1/6=n és a maradék 1. Ha 5 a maradék, akkor 6n-1 alakú, mivel 6(n-1)+5=6n-1. Eddig stimm?

Bevallom, én sem olvastam el bily71 bizonyításjavaslatát (és valószínűleg nem is vagyok kompetens az ilyesmiben), de szerintem nem ez a helyes hozzáállás. Venni kellene a fáradtságot, és megvizsgálni, hogy a felvázolt ötletekkel lehet-e korrekt bizonyítást konstruálni, és ha nem, akkor hol akadunk el.

(A moderátorok helyében pedig kitörölném az összes nem matematikai tartalmú hozzászólást, ezt is.)

"Kérlek mutass rá, hogy Petőfi Sándor Az Apostol című drámai költeménye melyik sorában és oldalában hibázza el az ikerprímszámsejtés bizonyítását."

(részlet Jo Tunder hozzászólásából egy másik fórumon)

Szerintem is jó lenne világosan leírnod, hogy az Általad felfedezni vélt "összefüggések" pontosan mit is mondanak, mit jelent az, hogy "és így tovább". Szépen, pontról pontra ellenőrizhetően. Addig ezt az egészet nem lehet bizonyításnak tekinteni, és érdemi véleményt sem lehet alkotni róla.

Na ne nevetess, ajánlhatok figyelmedbe még egy pár egymillió dolláros problémát.

Nem mondom előre, hogy rosz a bizonyításod, szinte biztosnak tartom, de ami egészen biztos, hogy rosz, az a leírás: 'ez csak vázlat, most nem írom le a részleteket' 'Ezért kimondhatjuk, minden 2-nél nagyobb számot feltudunk írni két príszám összegeként." Ugyanazokat az összefüggéseket vehetjük észre, mint az előbbieknél."

Szóval, ha ilyeneket írsz, meg nem definiált fogalmakat használd, akkor ne csodálkozz rajta, hogy senki sem érti, de megmondom őszintén, így nem is akarom megérteni. Írd le normálisan részletesen, akkor majd megnézi mindenki és ki tudja... Amúgy holnap délre nem oldanád meg a magasabb fokú polinomok dirichlet tételét? (de lehetőleg 8-ra, mert még el akarom olvasni reggeli előtt)

Üdvözlettel: Nagy János

"Ez csak a bizonyítás lényegi ösdszefoglalója, természetesen minden lépés egyszerű algebrai eszközökkel bizonyítható, amiket most nem részleteztem."

Pedig kéne. Lásd az 5. posztulátumot(Elemek).

Más téma, de ide kívánkozik. Klikk ide.

"Ezért kimondhatjuk, minden 2-nél nagyobb számot feltudunk írni két príszám összegeként."

A miértre a válaszod:

"Ugyanazokat az összefüggéseket vehetjük észre, mint az előbbieknél."

Számomra az utóbbi nem bizonyítja az előbbit.

Kedves Janomo!

Ez elsősorban logikai levezetés, és nem algebrai, ezért nem tartalmaz bonyolult képleteket. Olvasd el figyelmesebben. Az, hogy nem érted, még nem jelenti azt, hogy totálisan rossz. Ha még nem olvastad, ne véleményezd. A kritikát szivesen fogadom, az ekőítéletet nem. Még ma le fogom írni az ikerprím sejtés bizonyítását, amint rá fogok érni. Ajánlom figyelmedbe. Mindenkit arra kérek, figyelmesen olvassátok el. Ha tévedtem, írjátok meg hol.

Amíg nem írod le normálisan a bizonyítást, addig nem is érdemes foglalkozni vele. A totálisan rossz bizonyítások általában ilyen pontatlan, nagyvonalú fogalmazásokból jönnek. Másrészt semmi eszközt nem tartalmaz a 'bizonyításod, ezért valószínűleg rossz, azért próbálom megfejteni, hogy miket írtál le.

Bily eredményeivel az ELTE Algebra és Számelmélet Tanszék egyik tehetséges fiatal munkatársa már foglalkozik, talán már válaszolt is neki.

Ez természetesen nem akadálya annak hogy itt is megvitassuk...