|
|
[1096] bily71 | 2011-02-02 23:34:10 |
Halihó! Az [1094]-est olvassátok már el, kérlek!
|
|
|
[1094] bily71 | 2011-02-02 23:29:20 |
pn=13, u=2 és 6u-1 prím, ekkor
, vagyis a 169-nél nem nagyobb 6k-1 alakú 11-gyel osztható pozitív összetett egészek száma 2, ezek a 77 és a 143. Nincs itt semmi baj. Valamit elszámoltál, vagy még mindig nem érted hogy számolok.
|
Előzmény: [1089] SAMBUCA, 2011-02-02 23:08:59 |
|
|
|
|
[1090] bily71 | 2011-02-02 23:14:41 |
A terv kész van, itt van a szemetek előtt, csak ti nem akarjátok látni a lényegét. Nem félek a 2-től meg a 3-tól, de gondolj bele: ezeken kívül minden prím egy 6-tal osztható szám szomszédja.
|
Előzmény: [1085] janomo, 2011-02-02 21:35:28 |
|
|
[1088] bily71 | 2011-02-02 23:08:27 |
Csakhogy én nem az x-nél nem nagyobb y-nal osztható pozitív egészek számát akarom meghatározni, vagyis azokat az n-eket, melyekre n0(y), hanem az x-nél nem nagyobb n-eket, melyekre nm(y), ahol m0 és ebben az esetben nem pontos a képleted.
Ez valóban túlbonyolításnak tűnik, de csak így tudom bizonyítani, hogy az előbbi levezetésből kijött két tag és még a többi esetben kijövő tagok mind előfordulnak az ikerprímes szitában, ezáltal, ha beszorzom 2-vel az ikerprímes szumma tagjait, akkor a tagokra teljesül a Róbert Gida által kifogásolt egyenlőtlenség, így az [1025] definiált sorokra alkalmazható a minoráns kritérium.
|
Előzmény: [1087] SAMBUCA, 2011-02-02 22:44:13 |
|
|
|
[1085] janomo | 2011-02-02 21:35:28 |
Voltaképpen az a legmeglepőbb hogy ennyi probálkozás után is olyan amatőr ez az egész, mintha szenet probálnál lapátolni kiskanállal :)
Pédlául jo ideje figyelem, hogy mióta elkezdted, nagyon rá vagy kattanva a hatos maradékokra, érezned kéne most hogy már egyetemre is jársz, hogy teljesen nyilvánvalóan nem segithet semmit hogy te most csak a 6k-1 6k+1 alaku számpárokra figyelsz mint a himes tojásokra, meg elbonyolít mindent nem látni át a léynegét, ezt minden megbántás nélkül mondom hogy elég szánalmasan néz ki.
például mindig félsz a 2től meg a 3-tól, nehogy még megégessen a hatos maradék miatt:) Szóval ezeket a dolgokat hanyagold. Aztán minden jelölésnél iszonyatosan körülményes és bonyolult vagy a kezdőesetekkel, ami valójában szinte lényegtelenek.
Lehet hogy én tévedek de legtöbbször úgy nézel ki, mintha kiolvastál volna egy ennyi tanulás után viszonylag jo kis apparátust, aminek mondjuk még egész nagy részét érted is, de teljesen random dobálozol az eszközökkel. Ha már ebbe a dologba vágtad a fejszédet, nembaj lövésből lesz a gól, de akkor alakits kimagadnak egy tervet, egy ideig ne csinálj semmi mást csak írd le hogy potosan milyen irányba(okba) akarsz menni, tehát jo lenne látni, hogy van valami konkrét elképzelés a sorok mögött.
NJ
|
Előzmény: [1084] bily71, 2011-02-02 21:08:46 |
|
[1084] bily71 | 2011-02-02 21:08:46 |
Tehát, ha ku (mod (6u-1)), akkor 6u-1|6k-1 és, ha k-v (mod (6v+1)), akkor 6k-1|6v+1, vagyis elég az indexeket szitálni.
A pn2-nél nem nagyobb 6u-1-gyel osztható pozitív egészek száma egyenlő azon k indexek számával, melyekre 6k-1<pn2 és ku (mod (6u-1)) teljesül.
Azon k indexek száma, melyekre 6k-1<pn2 teljesül: , ezek közül
darabra teljesül a ku (mod (6u-1)) kongruencia.
Ha 6u-1 prím, akkor azon k indexek száma, melyekre 6k-1<pn2 és 6u-1|6k-1 továbbá 6k-1 összetett: , ugyanis, bár a sorozat első tagja osztható e prímmel, vagyis önmagával, de nem összetett, így ebben az esetben nem kell pótolni a kiesett első tagot.
|
Előzmény: [1076] bily71, 2011-02-02 19:29:37 |
|
|
[1082] Róbert Gida | 2011-02-02 20:15:52 |
Már azt sem értem, hogy miért kell kivenni egy szitánál a 2-t és a 3-t? Egy szitának úgy is kell működnie, hogy belevesszük. Egy ikerprím bizonyításnál még elhiszem, hogy 6k+-1 esetet nézik, elvégre 3-5 pár kivételével úgyis ilyen alakúak, de egy szitánál leválasztani a 2,3 prímeket felesleges.
|
Előzmény: [1078] SAMBUCA, 2011-02-02 19:51:33 |
|
|
[1080] Róbert Gida | 2011-02-02 20:08:34 |
Néhány éve volt a tévében *akció* közben egy plágiumkereső program, amit diplomák ellenőrzésénél használnak. És éppen talált is egy egyezést, nem buta programok ezek. Szerintem ma már az egyetemek többségén működnek ilyen programok.
|
Előzmény: [1079] Róbert Gida, 2011-02-02 20:05:47 |
|
[1079] Róbert Gida | 2011-02-02 20:05:47 |
"Vagy úgy gondolod, ezek nem a saját ötleteim, hanem "kölcsönvettem" valakitől?"
Igen, volt már ilyen. Nem túl sok matek könyv van forgalomban Magyarországon. Van úgy, hogy lapszámra pontosan meg tudom mondani, hogy adott esetben ki melyik könyvből másolsz ki bizonyításokat. Ezt korábban sem tettem meg, mindenki tudhatja aki a könyvet olvasta.
|
Előzmény: [1077] bily71, 2011-02-02 19:42:17 |
|
[1078] SAMBUCA | 2011-02-02 19:51:33 |
eddig jó, bár nemértem minek kell az egészrész. ha már megmagyarázod, hogy a számlálóban miért hagyható el a +1, akkor miért nem mondod rögtön azt, hogy:
???
|
Előzmény: [1076] bily71, 2011-02-02 19:29:37 |
|
[1077] bily71 | 2011-02-02 19:42:17 |
Hihetetlen érzékkel szúrod ki az elírásokat, egyébként az (d) nem is szerepel a képletben, csak tévedésből írtam a definíciók közé.
A formula működik xR+ esetén is, de ha nem vetted volna észre, azért vizsgálom a két szitát csak az x=pn2 helyeken, mert így mindkét esetben kapok egy-egy pozitív egész tagú számsorozatot, amelyekből sorokat definiálok, melyeket már össze tudom hasonlítani.
Ha több száz éve ismert, (amit nem vonok kétségbe), és te is pontosan tudod, hogy működik, akkor miért vizsgáztatsz? Vagy úgy gondolod, ezek nem a saját ötleteim, hanem "kölcsönvettem" valakitől?
|
Előzmény: [1075] Róbert Gida, 2011-02-02 16:29:38 |
|
[1076] bily71 | 2011-02-02 19:29:37 |
Javítás:
"1. feladat: Számoljuk meg az pn2-nél nem nagyobb 6k-1 alakú prímeket, ahol p prím és p0=5!
Mi is a feladat? Tulajdonképp azon 6k-1 alakú számokat akarjuk megszámolni, melyek nem oszthatók a 3-nál nagyobb és a pn-nél nem nagyobb prímekkel,..."
Ez így nem teljesen igaz, a második mondat helyesen: "Tulajdonképp azon 6k-1 alakú számokat akarjuk megszámolni, melyeknek legalább két prímosztójuk van és nem oszthatók a 3-nál nagyobb és a pn-nél nem nagyobb prímekkel,..."
Folytatás:
Hány darab pn2-nél nem nagyobb 6k-1 alakú pozitív egész van? Ezen számok egy számtani sorozat tagjai, ahol a1=5, d=6, tehát . A számlálóban a +1 tagot elhagyhatjuk, hiszen pn1 (mod 6)pn21 (mod 6), ezért a törtrész minden n-re 2/6, ami nem befolyásolja a tört egészrészét.
Ha ak=6k-1 összetett, akkor ak=6k-1=(6u-1)(6v+1), ebből következik, hogy egyrészt
6k-16u-1ku (mod (6u-1)),
másrészt
6k-106k16vkv-1kvk-v (mod (6v+1)).
Mindjárt folytatom.
|
Előzmény: [1074] bily71, 2011-02-02 15:56:17 |
|
[1075] Róbert Gida | 2011-02-02 16:29:38 |
"(d) a d különböző prímosztóit jelöli,"
Nem, (d) a számukat jelöli.
Úgy látszik még Eratosthenes szitáját sem tanultad: http://mathworld.wolfram.com/SieveofEratosthenes.html
Nézd már meg mit ír ott Wolfram bácsi, na kb. úgy kéne kinéznie a szitaformuládnak, ami nem éppen hasonlít rá. Azonkívül az minden (pozitív) egész értékre működik, nemcsak a prímek négyzeteire, mint a te formulád (eddig sem értettem, hogy miért csak arra működne, mert abból könnyű gyököt vonni(?)).
Mielőtt jössz, hogy TE az ikerprímeket is ki tudnád szitálni, közlöm, hogy több száz éve is ismert az a formula. Nem nagy meglepetés, egy maradékosztály helyett, kettőt kell kiszitálni.
|
Előzmény: [1074] bily71, 2011-02-02 15:56:17 |
|
[1074] bily71 | 2011-02-02 15:56:17 |
Akkor nézzük, miről is van szó.
Tétel:
ahol (x) az x-nél nem nagyobb prímek száma, p prím és p0=5, , a Moebius-függvény, (d) a d különböző prímosztóit jelöli, bi=d-ai,1, ahol ai,1 a d differenciához tartozó i-edik számtani sorozat kezdőtagja (az, hogy hogyan kerülnek ide a számtani sorozatok, mindjárt kiderül).
Bizonyítás:
A bizonyítást úgy fogom prezentálni, mint egy középiskolás feladat megoldását, mert valójában az is.
1. feladat: Számoljuk meg az pn2-nél nem nagyobb 6k-1 alakú prímeket, ahol p prím és p0=5!
Mi is a feladat? Tulajdonképp azon 6k-1 alakú számokat akarjuk megszámolni, melyek nem oszthatók a 3-nál nagyobb és a pn-nél nem nagyobb prímekkel, ugyanis egy 6k-1 alakú pozitív egész soha nem osztható 2-vel és 3-mal, a pn-nél nagyobb prímekkel való oszhatóságot pedig nem kell vizsgálni szimmetria okok miatt.
Egy kis kitérő:
Ha úgy szólna a feladat, hogy: "Számoljuk meg azon pn2-nél nem nagyobb pozitív egészeket, melyek nem oszhatók a 3-nál nagyobb és a pn-nél nem nagyobb prímekkel, ahol p0=5!", akkor bármelyik specmatekos gimisnek azonnal a logikai szita jutna az eszébe, mi sem fogunk másképp tenni, a logikai szitát fogjuk használni. Mivel azt írtad, hogy jól ismered a logikai szita működését, ezért nem részletezem, a megoldás: azon pn2-nél nem nagyobb pozitív egészek száma, melyek nem oszhatók a a 3-nál nagyobb és a pn-nél nem nagyobb prímekkel egyenlő a összegel.
Minden d-vel osztható pozitív egész egy d kezdőtagú és d differenciájú számtani sorozat tagja. Ha arra vagyunk kiváncsiak, hogy pn2-ig hány d-vel osztható pozitív egészet találunk, másképp: hány pn2-nél nem nagyobb tagja van a sorozatnak, akkor fogjuk pn2-et, elosztjuk p-vel és vesszük a hányados alsó egészrészét, vagyis a szita általános tagja: .
De hogyan járjunk el, a d differenciájú, de nem d kezdőtagú számtani sorozat esetében? Ennek a sorozatnak hány pn2-nél nem nagyobb tagja van? Legyen a kezdőtag a1, ekkor a számtani sorozat pn2-nél nem nagyobb tagjainak száma: , az eredményhez azért adtunk hozzá 1-et, mert a kivonás során elvesztettük a kezdőtagot, az átalakításokat pedig azért hajthattuk végre, mert a pn2,a1,d és az 1 egész számok. Ha a kezdőtag és a differencia is d, akkor , vagyis módszerünk kompatibilis az előzővel.
Most pedig, e rövid, magyarázó közbevetés és egy kávé után rátérünk a konkrét bizonyításra. Elnézést, ha egy kicsit szájbarágósra sikerült a hozzászólás, de elképesztő, hogy eltelve önmagaddal mennyire nem akarod látni, hogy miről van szó.
|
Előzmény: [1069] Róbert Gida, 2011-02-01 18:20:33 |
|