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.
[887] Tibixe2010-09-05 23:02:10

Inkább úgy fogalmaznék, hogy lényegében ekvivalens az ikerprím -sejtéssel: valószínűleg olyan bizonyítást fogunk az egyikre találni, amely könnyen kiterjeszthető a másik problémára.

Előzmény: [885] bily71, 2010-09-05 22:22:35
[886] Róbert Gida2010-09-05 22:51:12

Ez olyan bikicsunájos volt. Goldbachnál: p+q=2n, itt p-q=2n a kérdés. Ezen p,q prímek számára p<x-ig sejtés is van: a http://mathworld.wolfram.com/k-TupleConjecture.html ami az ikerprímsejtés általánosítása.

Előzmény: [885] bily71, 2010-09-05 22:22:35
[885] bily712010-09-05 22:22:35

Szerintem ugyanolyan nehéz probléma, mint a Goldbach-sejtés.

Előzmény: [884] Zilberbach, 2010-09-05 21:59:59
[884] Zilberbach2010-09-05 21:59:59

Mi a véleményetek az alábbi állításról?

Minden páros szám előáll mint két páratlan prímszám különbsége.

[883] Róbert Gida2010-08-19 17:33:52

"Ha 2a+1 és 2b+1 primek" ..... "akkor N=2(a+b)+2 felirható, mint két páratlan prim összege."

Igen, na ki találja ki, hogy hogyan? N=(2a+1)+(2b+1)

Az utolsó mondatodnál sem látok persze indoklást. Gyanús is lenne egy 2 soros Goldbach bizonyítás.

Úgy látom megint visszatértél ugyanoda, ez az út sehova nem vezet.

Előzmény: [882] bily71, 2010-08-19 14:54:06
[882] bily712010-08-19 14:54:06

Valami olyasmire gondoltam, hogy, mivel a táblázatban minden 1-es egy vagy több négyzet csúcsában helyezkedik el, a négyzetek csúcsai lefedik az összes kisátlót, ezt kellene valahogy megmutatni.

De van itt valami, ami érdekesebb számomra:

Ha 2a+1 és 2b+1 primek, akkor az 2a+1\equiv0 (mod p) és a 2b+1\equiv0 (mod p) kongruenciák nem teljesülhetnek (ahol p páratlan pim és a,b\inNa,b>p), amiből következik, hogy ha az 2a+1+2b+1=2(a+b)+2\equiv(a+b)+1\equiv0 (mod p), vagyis az a+b\equivp-1 (mod p) kongruencia legalább egy páratlan primre nem teljesül, akkor N=2(a+b)+2 felirható, mint két páratlan prim összege.

Legyen n=a+b, ekkor, mivel n pozitiv egész, minden n-re van legalább egy olyan p páratlan prim, hogy az n\equivp-1 (mod p) nem teljesül, vagyis minden N=2n+2 felirható két páratlan prim összegeként.

Előzmény: [881] SAMBUCA, 2010-08-18 10:10:00
[881] SAMBUCA2010-08-18 10:10:00

Ezt nem látom hogyan lehetne használni, ugyanis az állítás annyi volt lényegében, hogy:

Ha A előáll két prím összegeként (p+q) és D is előáll (p'+q'), akkor C=p+q' és D=p'+q is előáll.

(ezt a C-t meg D-t persze most meg lehetett mondani, mert feltettük, hogy p-p'=q-q')

[880] SAMBUCA2010-08-18 10:00:57

Egyszerű hát:

A az r. kisátlón van, a feltételek szerint előáll két prím összegeként, nevezetesen (2a+1)+(2c+1).

D pedig az s. kisátlón van, a feltételek szerint szintén előáll két prím összegeként, nevezetesen (2b+1)+(2d+1).

Állításod: ekkor az (r+s)/2. kisátlón is van 1-es. Naná, ahogy te is mondtad: B is és C is 1-es, hiszen 2a+1, 2b+1, 2c+1 és 2d+1 mindegyike prím.

Ezzel kb annyit mondtál, hogy ha 2a+1, 2b+1, 2c+1 és 2d+1 is prímek, akkor 2a+2d+2 és 2b+2c+2 is előáll két prím összegeként, ami azért nem annyira meglepő :)

Előzmény: [876] bily71, 2010-08-17 09:28:19
[879] bily712010-08-18 08:43:00

Ami kimaradt: b-a=d-c.

Előzmény: [876] bily71, 2010-08-17 09:28:19
[878] Róbert Gida2010-08-17 17:28:04

Ez így megint nem igaz, ellenpélda:

Ha 3n+1 prím, akkor 2+(-1)n is prím. (ahol n\inN).

A dupla Mersenne prímes sejtésed meg nem igaz, ez amúgy ismert probléma: "Double Mersenne number" néven fut.

Előzmény: [877] Sirpi, 2010-08-17 13:29:24
[877] Sirpi2010-08-17 13:29:24

Valóban. Akkor kiegészítem (de persze ez nem egy egzakt matematikai állítás, szóval nagyon nem kell kivesézni, csak szemléletalakítónak szánom):

Ha X(t) és Y(t) olyan, hogy "ha X(t) prím, akkor Y(t) prím minden t-re", akkor vagy X\equivY, vagy Y véges sok kivételtől eltekintve csak prímeket vesz fel, vagy X csak véges sok t-re prím.

Egyébként van egy ide vonatkozó állítás, amit még nem sikerült cáfolni, de amit írtam, annak alapján nem kellene igaznak lennie: "ha 2p-1 prím, akkor 2(2p-1)-1 is az."

Előzmény: [869] Róbert Gida, 2010-08-16 16:08:43
[876] bily712010-08-17 09:28:19

Pedig egyszerű.

Tételezzük fel, hogy 2a+1, 2b+1, 2c+1, 2d+1 prímek és a\neb\nec\ned, (a,b,c,d\inNa,b,c,d>0).

Ekkor A=f(2a+1)*f(2c+1),  B=f(2a+1)*f(2d+1),  C=f(2b+1)*f(2c+1) és D=f(2b+1)*f(2b+1)*f(2d+1) egy négyzet sarkai.

Az A és D egy főátlóval párhuzamos mellékátlón fekszik, B és C pedig egy kisátlón, ezek egyben az ABCD négyzet átlói, amik felezik egymást, vagyis, ha az A az r-edik, a D az s-edik kisátlón fekszik, akkor B és C az (r+s)/2-edik átlón fekszik.

... c ... d ...
...          
a A B  
...          
b C D  
...          
Előzmény: [874] bily71, 2010-08-16 19:38:29
[875] bily712010-08-16 19:55:26

Ez úgy jött ki, hogy összeadtam minden 1-nél nagyobb páratlan egészt, az eredményt táblázatba foglaltam, így az n-edik kisátlóban csak az N=2n+4 található.

Bevezettem egy függvényt: f(n)=1, ha n prím, f(n)=0, ha n összetett.

Konstruáltam egy másik táblázatot is melynek n-edik sorában az m-edik szám f(2n+1)*f(2m+1). Ha az n-edik kisátlóban van egyes, akkor N felírható két páratlan prím összegeként, vagyis n jó, ugyanis a bitek N összes kéttagú, egynél nagyobb páratlanok összegére történő felbontását reprezentálják. Ezért a két táblázat megfeleltethető egymásnak. A második táblázat sokat elárul a prímekről, ezért úgy vélem érdemes vele foglalkozni.

Előzmény: [873] Róbert Gida, 2010-08-16 19:21:57
[874] bily712010-08-16 19:38:29

Nem, ha 2a+1 prím, akkor 2a+1+3=N, vagyis a jó, mert ekkor N=2a+4 felírható két páratlan prím összegeként.

Ha a=b, akkor a 2a-1-edik kisátló közepében, (ami a főátló a-adik bitje) 1-es áll, vagyis 2a+1+2a+1=4a+2=N, vagyis N=2(2a-1)+1+3=2(2a-1)+4 felírható, de ez nem jelenti azt, hogy 2(2a-1)+1 prím.

Ezt állítom: Ha a főátlóban, vagy bármely vele párhuzamos melléklátlóban van valahol két 1-es és ezek az r-edik és s-edik kisátlóban helyezkednek el, (vagyis r és s jó), akkor (r+s)/2 is jó lesz. Az előző hozzászólásomban meg is adtam, hogy pontosan hol fog elhelyezkedni az 1-es. Ez a képlet minden mellékátlóra alkalmazható, nemcsak a főátlóra. Szerintem ezzel a felezős módszerrel "jóvá tehető" minden n.

Előzmény: [872] Fálesz Mihály, 2010-08-16 19:05:17
[873] Róbert Gida2010-08-16 19:21:57

Nem, nála mást jelent a jó. Nincs kedvem visszalapozni, de valami olyasmi, hogy n jó, ha 2n+4 előáll 2 prím összegeként. Arra persze nem ad magyarázatot, hogy miért van szükség erre a transzformációra.

Előzmény: [872] Fálesz Mihály, 2010-08-16 19:05:17
[872] Fálesz Mihály2010-08-16 19:05:17

"...ha 2a+1 és 2b+1 prímek, akkor a, b, 2a-1 és 2b-1 mind jók"

Ez az állításod azt is magában foglalja, hogy ha p=2a+1 prím, akkor 2a-1 is "jó", vagyis 2(2a-1)+1=2p-3 szintén prím... Jól értettem?

Előzmény: [870] bily71, 2010-08-16 16:36:16
[871] bily712010-08-16 18:40:17

A táblázat részben hibás, mert a hetedik oszlop legfelső bitje helyesen 0 nem 1, a nyolcadik oszlop alulról harmadik bitje is 0 nem 1. De ez nem változtat az állításon, sőt az állítás nemcsak a legalsó, hanem minden sorra érvényes, vagyis akkor is igaz, ha nem a főátló mentén, hanem vele párhuzamosan vágjuk el a táblázatot.

Tehát, ha a főátló, vagy vele párhuzamos mellékátló a-adik és b-edik bitje 1-es, akkor az ezeken áthaladó r-edik és s-edik kisátlóban van 1-es, vagyis r és s jók. De akkor (r+s)/2 is jó, ez pedig már valami...

Vajon le lehet-e így fedni az összes n-t, avagy jó-e minden n?

Előzmény: [870] bily71, 2010-08-16 16:36:16
[870] bily712010-08-16 16:36:16

Oké, nem 2(c+a-b) lesz prím, hanem 2(a+b-a)+1, vagyis 2b+1 :)

Nem jobbról balra, hanem balról jobbra számoltam a biteket, és ez nem mindegy. Így a 6. állítás semmisnek tekinthető.

De, ami igaz, és következik a [864]-beli "bizonyítás" első bekezdéséből: ha 2a+1 és 2b+1 prímek, akkor ab, 2a-1 és 2b-1 mind jók, ez tkp. az 1. és 2. állítás, továbbá (2a-1+2b-1)/2=a+b-1 is jó. Ugyanis, ha az átló mentén kettévágjuk a táblázatot, akkor a következőt kapjuk:

1  
1    
1 1  
1 1    
0 1 1  
1 0 1    
1 1 0 0  
1 1 1 0 ...

ahol a legalsó sor a főátló, és az n-edik oszlop az n-edik kisátló fele. Ha az alsó sorban r-edik és s-edik mezőben 1-es van, akkor az (r+s)/2-edik oszlopban s-(r+s)/2+1-edik mezőben is 1-es lesz. (Mivel átlósan helyezkednek el, nem minden mezőben van bit).

Tehát az 5. állítás mostmár így hangzik: Ha a és b jók, akkor a+b-1 is jó.

Előzmény: [866] m2mm, 2010-08-16 14:43:55
[869] Róbert Gida2010-08-16 16:08:43

Ez nem igaz, ellenpélda:

"Ha 2n prím (ahol n\inN), akkor 2n+1 is prím."

Előzmény: [868] Sirpi, 2010-08-16 15:48:21
[868] Sirpi2010-08-16 15:48:21

szerintem a "ha X(t) prím, akkor Y(t) is" típusú tételek csak úgy lehetnek igazak, ha X\equivY, vagy Y(t) eleve csak prímeket vesz fel. Ilyen típusú tételt, ami mond is valami értelmeset, nem hiszem, hogy ki lehetne mondani.

Előzmény: [864] bily71, 2010-08-16 14:07:09
[867] GB2010-08-16 14:46:05

Megelőztél. :) a=8, b=6, c=2 is jó ellenpélda. 2(c+a-b)+1=9, a prímek pedig 5, 13, 17.

Előzmény: [866] m2mm, 2010-08-16 14:43:55
[866] m2mm2010-08-16 14:43:55

2*5+1=11, 2*6+1=13, 2*11+1=23 prímek, de 2*(11+5-6)+1=21 nem

Előzmény: [864] bily71, 2010-08-16 14:07:09
[865] bily712010-08-16 14:19:22

Az f(2(c+a-b)+1)*f(2b+1) bit is 1 lesz, tehát három, vagy négy kisátlónk van, amiben van 1-es.

Előzmény: [864] bily71, 2010-08-16 14:07:09
[864] bily712010-08-16 14:07:09

6. Állítás:

Ha 2a+1, 2b+1 és 2c+1 prímek, akkor 2(c+a-b)+1 is prím. (a,b,c\inNa,b,c>0)

Bizonyítás:

Használjuk a [786]-ban leírt függvényt és táblázatot. Ha a főátlóban lévő bármely 1-estől jobbra lépegetünk bármely e sorban lévő 1-esig, azután ettől az 1-estől lefelé lépegetve visszatérünk a főátlóhoz, akkor jobbról balra a főátlótól az 1-esig illetve fentről lefelé az 1-estől a főátlóig a bitek sorrendje megegyezik. Ez abból következik, hogy minden sorban, vagy oszlopban, amelyik 1-essel kezdődik, a bitek sorrendje megegyezik és a táblázat a főátlóra szimmetrikus.

Álljon a főátlóban lévő 1-es a az a-adik sor és a b-edik oszlop metszésében. Továbbá tételezzük fel, hogy az a-adik sor és a c-edik oszlop metszésében is 1-es áll, vagyis, hogy 2a+1, 2b+1 és 2c+1 prímek. Ekkor, az előbb leírtak miatt a c-edik oszlop és a c+a-b-edik sor metszésében is 1-es fog állni. Ez pedig csak úgy lehetséges, hogy 2(c+a-b)+1 prím és pontosan ezt akartuk bizonyítani.

Ennek ismeretében az 5. állítás átfogalmazható úgy, hogy igaz legyen, ugyanis az    f(2a+1)*f(2b+1),     f(2a+1)*f(2c+1) és f(2(c+a-b)+1)*f(2c+1) bitek három különböző kisátlóban szerepelnek. Tehát, ha n jó, akkor n+m is jó lesz, ahol m értéke attól függ, hogy az n-edik kisátló hányadik bitje veszi fel az 1 értéket. (n,m\inN;n,m>0)

[863] Róbert Gida2010-08-15 22:23:56

Volt már erről szó a topikban, de itt is van róla egy külön fejezet: http://en.wikipedia.org/wiki/Goldbach

Előzmény: [862] Zilberbach, 2010-08-15 17:24:37

  [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]