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.
[837] SAMBUCA2010-08-01 18:25:36

most pedig holnap estig nem leszek, Bily nézd meg amiket írtam.

Sambuca

Előzmény: [836] SAMBUCA, 2010-08-01 15:17:23
[836] SAMBUCA2010-08-01 15:17:23

erre pedig: mondjuk a 129. háromszög. itt már a két sorozat első felében van eltérés, sőt jobbat mondok: ha p prím, akkor a \frac{p+31}{2}. háromszögben a 8. elemek mindig eltérnek.

Előzmény: [830] SAMBUCA, 2010-08-01 12:58:14
[835] SAMBUCA2010-08-01 13:44:39

18. háromszög

Előzmény: [832] bily71, 2010-08-01 13:08:35
[834] Róbert Gida2010-08-01 13:37:49

828. hozzászólás: "Nem mondtam, hogy minden sorozatról bizonyitani lehet, hogy jó, de ha a sorozatban van egy jó elem, akkor minden elem jó lesz."

784. hozzászólás: "Igazi jelentősége az 5. Tételnek van, segítségével bizonyítható, hogy minden olyan n, amely nem elégíti ki az n\equiv1(mod3) kongruenciát jó."

Sumákolsz.

Csak megjegyzésként 826. hozzászólásomban közölt számok egyike sem ad 1-et maradékul, ha 3-mal osztjuk.

Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31
[833] Maga Péter2010-08-01 13:21:31

,,(...) mert kis ellenpélda nincs a módszeredre.''

Kíváncsi vagyok, sikerül-e ezt a problémát áthidalni: az elején mindig olyan szépen látszik, miért igaz a Goldbach-sejtés, aztán pár nagyságrenddel feljebb meg nem érti senki. Egyelőre.

Előzmény: [827] SAMBUCA, 2010-08-01 12:03:17
[832] bily712010-08-01 13:08:35

Csak azt ne mondd, a párosokra is van ellenpéldád!

Előzmény: [830] SAMBUCA, 2010-08-01 12:58:14
[831] bily712010-08-01 13:01:22

Tulajdonképp eddig csak a kisátlók két végében és a főátlóban lévő biteket vizsgáltuk, a többi bitre is fel lehet irni kongruenciákat, csak ott már két kongruencia határoz meg egy bitet és kettővel már nem birok:)

Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31
[830] SAMBUCA2010-08-01 12:58:14

"5. állitás első része igaz, ugyanis eltérés csak az alap és a szögfelező metszésében lehet, vagyis csak egy bit eltérés lehet." - ez megint nem igaz, majd mutatom az ellenpéldát.

Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31
[829] bily712010-08-01 12:49:31

Még ma leirom, ha lesz egy nyugodt percem a gyerekektől:) Kb. 15 rokon gyerek jár ide gépezni, plusz az enyémek, na meg az asszony, meg a testvéreim, sógorok, sógornők..., és csak egy gép van...

Előzmény: [827] SAMBUCA, 2010-08-01 12:03:17
[828] bily712010-08-01 12:42:31

Nem mondtam, hogy minden sorozatról bizonyitani lehet, hogy jó, de ha a sorozatban van egy jó elem, akkor minden elem jó lesz. Ha nem teljesül n pozitiv egészre egyik feltétel sem, az még nem azt jelenti, hogy 2n+3 nem bontható két páratlan prim összegére.

Valóban az első ilyen páratlan a 47, én párosokól indultam, ekkor az első ilyen páros a 24, de ez jó, mert ha a sorozatak van olyan a eleme, hogy 2a+1 prim, akkor az 5. állitás megforitásából következik, hogy, mivel a jó, 24 is jó.

Ha a sorozat kezdő párosa b nem jó és b\equiv1 (mod 3), akkor, mivel 2b-1\equiv1(3), vagyis minden elem kielégiti ezt a kongruenciát. Igy, mivel 2b+1\equiv0(3), a sorozatnak nincs olyan a eleme, hogy 2a+1 prim, ezért az ilyen sorozatokól nem mond semmit a módszer. Az első iyen páros a 34.

Azokban a sorozatokban, ahol kezdő páros nem kongruens 1-gyel modulo 3 végtelen sok prim van, tehát ezek a sorozatok jók.

Sambuca ellenpéldája ellenére az 5. állitás első része igaz, ugyanis eltérés csak az alap és a szögfelező metszésében lehet, vagyis csak egy bit eltérés lehet.

Abban meg igazad van, hogy egy kockának nem oldala, hanem lapja van.

Előzmény: [826] Róbert Gida, 2010-08-01 11:41:42
[827] SAMBUCA2010-08-01 12:03:17

"szögfelezőben lévő bitek sorrendje csak ott tér el a főátlóban lévőksorrendjétől, ahol a szögfelező olyan szintet metsz, amelyben csak 0-ák vannak. Le lehet irni képletekkel is, de van erre két táblázatom, úgy egyszerübb"

Akkor én várom vagy a képleteket, vagy a táblázataidat, de remélem nem kicsi ábrák, mert kis ellenpélda nincs a módszeredre.

Illetve, ha n páros, akkor az miért is jó? (most nincs sok időm, de keresek ellenpéldát.)

Sambuca

Előzmény: [823] bily71, 2010-08-01 07:19:57
[826] Róbert Gida2010-08-01 11:41:42

47, 93, 185, 369, 737, 1473, 2945, 5889, 11777, 23553, ...

5. tételed szerint ezekre is érvényes a Goldbach sejtés. 47-tel kezdődik a sorozat, és minden elem az előtte levő kétszerese mínusz 1. Valahogyan, felszállással, leszállással "bebizonyítanád", hogy a sorozat minden eleme "jó". De mi van, akkor, ha minden eleme *rossz*? Sőt ekkor az 5. tétel még igaz is marad.

A kezdőelemet úgy választottam, hogy 1.,2.,3.,4. tétel egyike sem teljesül, így 47-ről garantáltan nem tudsz elindulni. (valójában ez a legkisebb ilyen példa, ami páratlan számról indul).

Előzmény: [824] bily71, 2010-08-01 09:09:25
[825] Róbert Gida2010-08-01 11:36:05

Csak, hogy tisztában legyünk, aki kockánál oldalakról beszél, az ne csodálkozzon, ha egy szóbeli érettségin matematikából megbuktatják.

Előzmény: [822] bily71, 2010-08-01 06:45:58
[824] bily712010-08-01 09:09:25

Nem félek a viszgáktól, az egyetem elvégzése után is ilyen könnyed stilusban fogok társalogni veled. Az ötlet sokkal fontosabb, mint a külalak. Ha egy bizonyitásban felhasználjuk mondjuk az a+b=b+a aznosságot és ennek bizonyitásával folytatjuk a mondanivalót, akkor sosem érünk a végére, és a sok részletben elveszik a lényeg. Én itt most elsősorban az ötleteimet irom le, ha jó, akkor később ráéünk kidolgozni a minden igényt kilégitő bizonyitást.

Előzmény: [821] Róbert Gida, 2010-08-01 02:43:15
[823] bily712010-08-01 07:19:57

Az 1. és 3.-ból úgy következik az (i) szimmetria, hogy szögfelezőben lévő bitek sorrendje csak ott tér el a főátlóban lévőksorrendjétől, ahol a szögfelező olyan szintet metsz, amelyben csak 0-ák vannak. Le lehet irni képletekkel is, de van erre két táblázatom, úgy egyszerübb.

Ha n páros, akkor az n háromszögnél nem sérül az (i) szimmetria. Páratlan n esetében, ahogy azt megmutattad, már sérülhet, de a csúcsok közelében megmarad. Ha a szögfelező csúcshoz közelebbi felében megmarad, akkor még igaz marad az 5. állitás.

Előzmény: [817] SAMBUCA, 2010-07-31 23:14:41
[822] bily712010-08-01 06:45:58

Robi!

Ez fórum, nem vizsgaterem, és mi most csak beszélgetünk, nem vizsgázunk. Ha precizen definiáltam volna a kifogásolt mondatot, akkor még a felénél sem tartanék, de Sambucával már rég túl vagyunk rajta.

Nem szeretnék a diákod lenni, az ilyen merev gondolkozású emberek hátráltatják a tudomány fejlődését. Ezzel nem azt akartam mondani, hogy én vinném előrébb.

Előzmény: [821] Róbert Gida, 2010-08-01 02:43:15
[821] Róbert Gida2010-08-01 02:43:15

"Az így kapott kockát szeleteljük fel az oldalak főátlóira a merőleges kisátlók mentén."

Ezt írta az 5. tétel *****bizonyításában*****. Egy ilyen mondatért szerintem már egy mezei ált. iskolában is nyugodtan buktathatnak. Arról nem beszélve, hogy formailag sincs köze egy bizonyításhoz, én pl. szeretem azt látni a bizonyítás végén, hogy "Ezzel a tételt igazoltuk." vagy valami hasonlót. Itt ilyet nem látunk, csak annyit, hogy "folyt. köv."

Előzmény: [820] SAMBUCA, 2010-07-31 23:58:21
[820] SAMBUCA2010-07-31 23:58:21

konkrétan nincs benne vektor, csak félkövér, meg aláhúzott számok. És ha nem vetted volna észre, ez egy ellenpélda valamire, amit nyilván nem olvastál el, és nem, én nem akarom bizonyítani a Goldbach-sejtést :)

legközelebb valami értelmeset is hozzászólhatnál

Előzmény: [819] Róbert Gida, 2010-07-31 23:48:42
[819] Róbert Gida2010-07-31 23:48:42

Amúgy mit keres az ábrádban nullvektor?

Előzmény: [817] SAMBUCA, 2010-07-31 23:14:41
[818] Róbert Gida2010-07-31 23:48:32

Segítek, a Gergonne pont adja a bizonyítást a Goldbach-hoz.

Előzmény: [817] SAMBUCA, 2010-07-31 23:14:41
[817] SAMBUCA2010-07-31 23:14:41
A 17. háromszög 0
0 0
1 1 1
0 1 1 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 1 1 0 1 1 0
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0 1 1
0 1 1 0 1 1 0 1 1 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1
0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0
0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0
Előzmény: [814] SAMBUCA, 2010-07-31 22:20:49
[816] SAMBUCA2010-07-31 22:28:34

oké, jóéjt

Előzmény: [815] bily71, 2010-07-31 22:27:31
[815] bily712010-07-31 22:27:31

Holnap megviszgálom mégegyszer, ma már késő van.

Jó éjszakát!

Előzmény: [814] SAMBUCA, 2010-07-31 22:20:49
[814] SAMBUCA2010-07-31 22:20:49

ez már az egyszerűsített háromszög, mint a te 796. hozzászólásodban alul, ki vannak hagyva a helyek az utolsó sorban, ezért van minden negyedik oszlopban csak bit.

Előzmény: [812] bily71, 2010-07-31 22:14:49
[813] bily712010-07-31 22:17:05

Bocs a hibákért, rossz a billentyüzetem.

Előzmény: [812] bily71, 2010-07-31 22:14:49

  [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]