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.
[937] bily712011-01-07 16:00:57

Állítás: 6lk\pm1 prímek akkor és csak akkor, ha k\ne6nm\pmnl\pmm, ahol k,m,n\inZ+.

Bizonyítás: Azt már tudjuk, hogy, 6k\pm1 prímek akkor és csak akkor, ha k\ne6nm\pmn\pmm.

Ha 6|k, vagyis k=6K, akkor 6k\pm1=36K\pm1.

Ha 6k\pm1, vagyis 36K\pm1 közül az egyik összetett, akkor k=6nm\pmn\pmm.

Ekkor 6|6nm\pmn\pmm, ami csak úgy lehetséges, ha 6|n\pmm.

Legyen m=6M\pmn, ekkor k=6n(6M\pmn)\pmn\pm(6M\pmn), ebből k=6(6nM\pmn2\pmM), ebből, mivel k=6K,    K=6nM\pmn2\pmM.

Ugyanezt az eljárást megismételve kapjuk, hogy, ha 6l-1k\pm1=6lK\pm1 és k=6nm\pmnl-1\pmm, akkor K=6nM\pmnl\pmM, tehát a teljes indukció elve miatt igaz az állítás.

Sejtés: 6l.2\pm1 végtelen sok l-re prímek. Erre van egy "bizonyításom".

[936] bily712010-10-12 16:13:10

Sajnálom, hogy nem lehetek ott.

Előzmény: [935] Maga Péter, 2010-10-12 10:57:59
[935] Maga Péter2010-10-12 10:57:59

Holnap lesz Pintz János akadémiai székfoglalója: Az ikerprímsejtésről címmel. Helyszín az MTA székház kisterme, időpont: október 13. 14.00.

[934] joe2010-10-03 15:38:18

Kösz szépen! Ezek szerint az ikerprímek esete sajnos \infty komplexitású :-(

Előzmény: [933] Maga Péter, 2010-10-02 00:04:09
[933] Maga Péter2010-10-02 00:04:09

Ez egy Green-előadás slideshow-ja. A 12. fólián látod a komplexitás definícióját.

Előzmény: [932] joe, 2010-10-01 20:46:03
[932] joe2010-10-01 20:46:03

Meg tudná valaki mondani, mi az a "limear system of finite complexity"? A Hardy-Littlewood mintha fix távolságú prímmintákról szólna, de a cikkben számtani sorozatokról írnak; azaz nem annak azimptotikáját adják meg, hogy p,p+m1,p+m2,...p+mk mindegyike prím rögzített m1,...,mk-ra, hanem annak, hogy p1,...,pk egy számtani sorozatot alkot.

Erre utal maga Tao is a blogjában: "The results also apply for k=1,2, but in those cases the claim (counting arithmetic progressions of primes of length one or two) is equivalent to the prime number theorem. (The key difference between the arithmetic progression problem and the twin prime problem is that in the former, the spacing is not fixed.)"

Előzmény: [923] Róbert Gida, 2010-09-22 20:44:54
[931] Maga Péter2010-09-24 10:24:42

Valóban, ott a pont.

Előzmény: [928] Róbert Gida, 2010-09-24 03:25:13
[930] bily712010-09-24 10:06:00

Ettől még az összegük lehet, hogy rac.

Előzmény: [927] Maga Péter, 2010-09-24 00:07:02
[929] bily712010-09-24 10:04:22

Ezt én is sejtettem :)

Előzmény: [928] Róbert Gida, 2010-09-24 03:25:13
[928] Róbert Gida2010-09-24 03:25:13

A második irracionális (a hattal nem osztható számok négyzeteinek reciprok összege explicite megkapható.)

Előzmény: [927] Maga Péter, 2010-09-24 00:07:02
[927] Maga Péter2010-09-24 00:07:02

Valószínűleg mind \sum_{b\in B}\frac{1}{b}, mind \sum_{c\in C}\frac{1}{c} irracionális.

A valószínűleget értsétek jól, ne tessék belekötni, hogy 'ezek konkrét számok, nincs értelme arról beszélni, hogy valószínűleg'.

Előzmény: [926] bily71, 2010-09-23 23:40:19
[926] bily712010-09-23 23:40:19

\sum_{a\in{A}}\frac1a akkor is irrac. lenne, ha \sum_{b\in{B}}\frac1b, vagy \sum_{c\in{C}}\frac1c közül csak az egyik rac. szám.

Előzmény: [925] bily71, 2010-09-23 23:32:46
[925] bily712010-09-23 23:32:46

Legyenek p és q=p+2 primek és 6k szomszédai! Ekkor (6k)2-1-nek csak két valódi osztója van, mégpedig p és q, tehát az ilyen tulajdonságú (6k)2 alakú négyzetszámok egyértelmüen meghatároznak egy ikerprimpárt, (jelöljük ezek halmazát A-val).

Ezekről a négyzetszámokról nem sokat tudunk, de talán többet azokról, amelyek (6k)2 alakúak és (6k)2-1-nek 2-nél több valódi osztója van (ezek halmazát jelöljük B-vel), pl.: azt, hogy ebben az esetben a 6k-1 és a 6k+1 számok közül legalább az egyik összetett.

Ha ezek reciprokainak összege + a nem (6k)2 alakú négyzetszámok, (amelyek halmazát C-vel jelöljük), reciprokainak összege racionális számot eredményezne, akkor

\sum_{a\in{A}}\frac1a=\frac{{\pi}^2}6-\left(\sum_{b\in{B}}\frac1b+\sum_{c\in{C}}\frac1c\right)

mivel a jobb oldalon egy irrac. és egy rac. szám különbsége állna, a bal oldal csak irrac. lehetne.

[924] Maga Péter2010-09-22 22:11:10

Nézd meg a [731]-es hozzászólásomat ugyanebben a topicban.:)

Előzmény: [923] Róbert Gida, 2010-09-22 20:44:54
[923] Róbert Gida2010-09-22 20:44:54

Világszenzáció: http://arxiv.org/abs/1009.3998

[922] Hosszejni Darjus2010-09-12 00:56:22

ja, értem :D így már világos. csak az ő kommentjét olvastam el

Előzmény: [920] Zilberbach, 2010-09-11 19:05:48
[921] vogel2010-09-11 19:07:12

Ennek a beszélgetésnek mi a célja?

[920] Zilberbach2010-09-11 19:05:48

Kedves Darjus!

Szerintem Róbert Gida az alábbi mondatról állítja, hogy trivialitás:

"Ha ezt sikerülne bizonyítani, azzal már a páros Golbach-sejtés is bizonyítva lenne." - és igaza van.

A "mindíg megoldható a páratlan szám három db. prímszámra bontásánál, hogy az egyik szám a 3 legyen" sejtést viszont eddig még senki nem tudta bizonyítani.

Előzmény: [919] Hosszejni Darjus, 2010-09-11 17:43:20
[919] Hosszejni Darjus2010-09-11 17:43:20

tehát pl. a 125-re mondjuk megtaláljuk az 5+23+97 felbontást. ebből nem tudhatjuk biztosan, hogy van 3+13+109 is. remélem érted h mire célzok.

[918] Hosszejni Darjus2010-09-11 17:40:07

sztem egyáltalán nem triviális. megmagyaráznád?

[917] Róbert Gida2010-09-11 14:10:08

"Ezek közül a páros Goldbach-sejtés szempontjából a legfontosabb talán az a sejtés, hogy mindíg megoldható a páratlan szám három db. prímszámra bontásánál, hogy az egyik szám a 3 legyen. Ha ezt sikerülne bizonyítani, azzal már a páros Golbach-sejtés is bizonyítva lenne"

Na de ez trivialitás.

Előzmény: [913] Zilberbach, 2010-09-11 08:56:10
[916] Alma2010-09-11 13:40:42

Ez tetszik :)

Előzmény: [915] lgdt, 2010-09-11 12:37:44
[915] lgdt2010-09-11 12:37:44

Mellékeltem egy ábrát. Az első folt jelképezi azt az ötletet, ami ahhoz kell, hogy rájöjj a képletre, amit írtam. A második folt jelképezi azt az ötletet, ami a Tibixe képletéhez kell (ez nekem pl. sajnos már elérhetetlen), a harmadik pedig legalább akkora, mint amekkora a Goldbach-sejtés megoldásához kell.

Te nemhogy nem bírsz rájönni az elsőre, hanem megérteni sem tudod! Akkor mégis mi a ****t akarsz a Goldbach-sejtéssel?

Előzmény: [913] Zilberbach, 2010-09-11 08:56:10
[914] Zilberbach2010-09-11 08:59:06

Zilberbach egy olyan formulára gondolt, hogy p=f(n) , ami sorban minden természetes n-re adja az n-dik prímet.

Előzmény: [912] Fernando, 2010-09-11 07:55:13
[913] Zilberbach2010-09-11 08:56:10

Kedves Alma (és lgdt)!

Tartok tőle hogy az a lépés amit említessz visszafelé történt.

Sajnos az lgdt által írt képletet nem értem.

Ez az én hibám: csak egy régi, nem matematika tagozatos érettségim van, kb. ennek megfelelő tudással.

(Ezért csak megérzés alapján, egy hasonlat, amit erről írni tudok:

Bemegy a vevő az autó és motor szalonba, és egy olyan járművet kér ami megy 220 km/ó fölött. Erre mutatnak neki egy lábbal tekerős háromkerekű biciklit, amire rá van szerelve egy 240 km/ó végkitérésű sebességmérő műszer.)

Fölmerült viszont egy újabb gond a számomra a páros Goldbach sejtés bizonyításával kapcsolatban:

Tegyük föl, hogy van egy olyan képlet/megállapítás ami pontosan, egyszerűen, és matematikailag jól kezelhető formában megadja, mi a szabályszerűség az egymást követő prímszámok közötti különbség értékében, tehát a prímszámok előállnak, mint egy jól kezelhető sorozat. (Egyébként ez az ami szerintem nem így van, de most tételezzük föl.)

Lehet hogy még ez is kevés lenne a páros Goldbach sejtés bizonyításához, mert nem ismerjük (eléggé) milyen szabályok érvényesek a páros számok két prímszámra bontásánál. Úgy tudom, még sejtéseink sincsenek róla, azon túl hogy ez mindig lehetséges.

A páratlan számok 3 db. prímszámra bontásakor évényes szabályokra viszont jónéhány pontos és éles sejtés/bizonyítás van.

(Ezek közül a páros Goldbach-sejtés szempontjából a legfontosabb talán az a sejtés, hogy mindíg megoldható a páratlan szám három db. prímszámra bontásánál, hogy az egyik szám a 3 legyen. Ha ezt sikerülne bizonyítani, azzal már a páros Golbach-sejtés is bizonyítva lenne.)

Előzmény: [910] Alma, 2010-09-10 19:57:16

  [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]