[937] bily71 | 2011-01-07 16:00:57 |
Állítás: 6lk1 prímek akkor és csak akkor, ha k6nmnlm, ahol k,m,nZ+.
Bizonyítás: Azt már tudjuk, hogy, 6k1 prímek akkor és csak akkor, ha k6nmnm.
Ha 6|k, vagyis k=6K, akkor 6k1=36K1.
Ha 6k1, vagyis 36K1 közül az egyik összetett, akkor k=6nmnm.
Ekkor 6|6nmnm, ami csak úgy lehetséges, ha 6|nm.
Legyen m=6Mn, ekkor k=6n(6Mn)n(6Mn), ebből k=6(6nMn2M), ebből, mivel k=6K, K=6nMn2M.
Ugyanezt az eljárást megismételve kapjuk, hogy, ha 6l-1k1=6lK1 és k=6nmnl-1m, akkor K=6nMnlM, tehát a teljes indukció elve miatt igaz az állítás.
Sejtés: 6l.21 végtelen sok l-re prímek. Erre van egy "bizonyításom".
|
|
|
[935] Maga Péter | 2010-10-12 10:57:59 |
Holnap lesz Pintz János akadémiai székfoglalója: Az ikerprímsejtésről címmel. Helyszín az MTA székház kisterme, időpont: október 13. 14.00.
|
|
|
|
[932] joe | 2010-10-01 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 |
|
|
|
|
|
[927] Maga Péter | 2010-09-24 00:07:02 |
Valószínűleg mind , mind 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 |
|
|
[925] bily71 | 2010-09-23 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
mivel a jobb oldalon egy irrac. és egy rac. szám különbsége állna, a bal oldal csak irrac. lehetne.
|
|
|
|
|
[921] vogel | 2010-09-11 19:07:12 |
Ennek a beszélgetésnek mi a célja?
|
|
[920] Zilberbach | 2010-09-11 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 Darjus | 2010-09-11 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.
|
|
|
[917] Róbert Gida | 2010-09-11 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 |
|
|
[915] lgdt | 2010-09-11 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 |
|
|
[913] Zilberbach | 2010-09-11 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 |
|