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.
[1123] Fálesz Mihály2011-02-03 14:09:24

Bekerültünk az első tízbe. :-)

Előzmény: [1117] Róbert Gida, 2011-02-03 11:34:05
[1122] Maga Péter2011-02-03 13:35:17

Most csak szívatsz... Eszem ágában nincs.

Olvasd már el könyörgöm az [1105]-t, ne csak RG vicces beszólásait! Megtettem. Persze előtte is elolvastam az [1100]-at, mert az viszonylag érthetően volt leírva, nem számítva azokat a dolgokat, amiket nem definiáltál (mint azóta már észrevetted, az [1084]-ben sem). Az [1105]-ről ez már nem mondható el: egy nagy halom számolás, nekem nem világos, hogy készül el például a p''-ből a p'''.

A másik, ha nem érted a következő definíciót, akkor egyátalán hogy lehetsz matematikus?! Ez a kérdés bennem is sokszor felmerül, csak a 'ha' után mást szoktam gondolni. Nemt'om, tanultam egy csomót, zh-kat írtam, vizsgáztam, néhol talán szerencsém is volt... mindazonáltal nem tartom magam matematikusnak abban az értelemben, ahogyan egy-egy nagy elődről szoktunk beszélni. Nekem csak papírom van róla, ami pontosan annyit jelent, hogy megkaptam azt a papírt. Ettől még van egy csomó matematikai definíció, fogalom, tétel, amit nem vagyok képes megérteni. Köztük olyan is, ami másoknak egyszerű. Ne lepődj meg, hogy te most találtál egy ilyet. A szándék, hidd el, nem hiányzik: vagy a magyarázat, vagy az én képességeim minősége a hibás.

Előzmény: [1120] bily71, 2011-02-03 12:49:33
[1121] bily712011-02-03 12:58:04

Vagyis keztem el írni a bi definícióját, mert értéke három dologtól függ, d 6k-1 vagy 6k+1 alakú és prím, vagy összetett, továbbá hány különböző prímosztója van d-nek, csak félbeszakítottatok a kérdéseitekkel.

Előzmény: [1120] bily71, 2011-02-03 12:49:33
[1120] bily712011-02-03 12:49:33

Péter!

Most csak szívatsz, hogy ezredszerre is leírjam! Komolyan mondom, ez már bosszantó!

Olvasd már el könyörgöm az [1105]-t, ne csak RG vicces beszólásait!

Ne haragudj, de nem igaz, hogy nem látod, hogy a p(n) sorozatból csináltam ott egy másik sorozatot: p''(n)=pn-pn-1 ebből egy sort: \sum{p''(n)}, ez a sor egy zárójelezése a \sum{p'''(n)} sornak. Láthatod, igenis tisztában vagyok a sorozat és a sor közötti különbséggel.

A másik, ha nem érted a következő definíciót, akkor egyátalán hogy lehetsz matematikus?! P=\prod_{p_0\le{p}\le{p_n}}p, ahol p prím, és p0=5, vagyis (mert látván nem látod): p1=7, p2=11,... és így tovább. Szerinted, mégis mit írtam le az [1084]-ben, ha nem a bi definícióját?

Még egy, a \sum{|p'''n|} sor divergens, legyen P'''n=|p'''n|, ekkor 0\leP'''n\le|f'''n|, és láss csodát, alkalmazható a minoráns kritérium és ez most nem a Szalkai-féle.

Előzmény: [1108] Maga Péter, 2011-02-03 10:25:51
[1119] Fálesz Mihály2011-02-03 12:37:21

"... azt hiszem, ez a b) változat pont rosszul van a Szalkai-jegyzetben ..."

Nyilván úgy van értelme, hogy az összes an előjele megyegyezik, és az összes bn előjele is megegyezik.

Ahogy a "jegyzetben" szerepel:

"Ha |an|<|bn|, an és bn előjele megegyezik (n\inN) és \sum a_n divergens, akkor \sum b_n is divergens."

... úgy azt jelentené, hogy minen egyes n re az an előjele egyezik meg bn előjelével, úgy pedig valóban hülyeség.

Szóval a szerző nagyon félreérhetően fogalmaz, Bily alaposan félre is érti, aztán pedig épít rá...

Előzmény: [1109] Maga Péter, 2011-02-03 10:36:16
[1118] Maga Péter2011-02-03 12:10:20

Nem a felét vetted,...

Igazad van.

...de ez itt most mindegy.

Ebben meg még inkább.:)

Előzmény: [1112] Róbert Gida, 2011-02-03 10:58:48
[1117] Róbert Gida2011-02-03 11:34:05

Most a 11.

Előzmény: [1116] Kemény Legény, 2011-02-03 11:29:47
[1116] Kemény Legény2011-02-03 11:29:47

Én azt várom, mikor kerül be a fórum a 'Goldbach-sejtés' keresésre is a TOP 10-be.

Előzmény: [1114] Róbert Gida, 2011-02-03 11:19:53
[1115] Róbert Gida2011-02-03 11:20:21

Google

Előzmény: [1114] Róbert Gida, 2011-02-03 11:19:53
[1114] Róbert Gida2011-02-03 11:19:53

minoráns kritériumra jelenleg a Szalkai jegyzet az első a Gogle találati listáján. Míg a mi fórumunk a nyolcadik. Ez azt hiszem bily érdeme.

Előzmény: [1113] Róbert Gida, 2011-02-03 11:11:09
[1113] Róbert Gida2011-02-03 11:11:09

Persze a felette levő majoráns kritérium b) változata sem igaz.

Előzmény: [1112] Róbert Gida, 2011-02-03 10:58:48
[1112] Róbert Gida2011-02-03 10:58:48

"én itt most minden bn-nek a felét vettem"

Nem a felét vetted, de ez itt most mindegy.

Az volt a fura, hogy amikor ezt az előjeles verziót olvastam én is el kezdtem keresni egyből ellenpéldát. Annyira hihetetlennek tűnt. Vajon ezt órán Szalkai frankón be is bizonyítja?

Előzmény: [1109] Maga Péter, 2011-02-03 10:36:16
[1111] nadorp2011-02-03 10:49:16

Bocs, hülyeség, elnéztem

Előzmény: [1110] nadorp, 2011-02-03 10:46:47
[1110] nadorp2011-02-03 10:46:47

Lehet, hogy én is elnézem, de a példádban |an|>|bn|

Előzmény: [1109] Maga Péter, 2011-02-03 10:36:16
[1109] Maga Péter2011-02-03 10:36:16

Nota bene, azt hiszem, ez a b) változat pont rosszul van a Szalkai-jegyzetben... Legyen bn a következő: 1,-1/2,1/3,-1/4,1/5,.... Ekkor \sum b_n=\log 2, mint az jól ismert (a konvergenciája meg még egyszerűbb). Legyen an a páratlan helyeken, ahol pozitív, éppen csak egy kicsit kisebb bn-nél, mondjuk 1/2,(.),1/4,(.),1/6,... (én itt most minden bn-nek a felét vettem); a páros helyeken pedig iszonyú pici abszolűt értékű negatív számok, mondjuk (.),-1/100,(.),-1/1002,(.),-1/1003,.... Ekkor \sum a_n=\infty. Vagy elnézek valamit?

Szóljatok, ha igen. Ha nem nézek el semmit, akkor írok a szerzőnek, hogy javítsa ki. Óvatosan, bily, a nem lektorált jegyzetek felhasználásával, lehetnek benne sajtóhibák (még a lektoráltban is, sajnos)!

[1108] Maga Péter2011-02-03 10:25:51

Most félreteszem abból fakadó ellenérzésemet, hogy továbbra sem tudom, mi a bi, mi a ci, mi a P (ha nem is voltak precízen definiálva, de tegyük fel, hogy ha figyelmesen újraolvasnám az eddigi többszáz hozzászólást, akkor ki tudnám találni).

Maradjunk ennél a minoráns kritériumnál. Ha figyelmesen megnézed a Szalkai-jegyzetet, akkor láthatod, hogy azt írja, hogy: ,,Ha |an|<|bn|, an és bn előjele megegyezik (n\inN) és \sum a_n divergens, akkor \sum b_n is divergens.''

0. a) Nálad a p(n) és az f(n) sorozatok! Szalkai sorokról ír. Azért ez nem pont ugyanaz. Tegyük fel, hogy valamit rosszul értek, és bi,ci,P szerepe megoldja ezt a problémát.

0. b) Kemény Legénytől származó [1104]-es kérdés teljesen jogos. Mi garantálja, hogy f(n) mindig ugyanolyan előjelű, mint p(n) (mármost a definíción kívül, ami szerint mindkettő számol valamit, így nemnegatív, de akkor mi a túrónak pakoljunk bele abszolút értékeket)? Tegyük fel, hogy valamit rosszul értek, és bi,ci,P szerepe megoldja ezt a problémát.

[Én ezekben nem hiszek, amiket most feltettem, azt gondolom, elég nagy zavar van a fejedben azt illetően, hogy mi az, hogy sorozat, mi az, hogy sor.]

De most túllépek azon, hogy p(n)-et és f(n)-et két laza mozdulattal azonosítottad valami sorokkal, tippem szerint \sum p(n)-nel, illetve \sum f(n)-nel. Az abszolút értékek is teljesen máshol jelennek meg, mint ahol a kritérium alkalmazásában kellene. Szóval túllépek azon, hogy szerintem totál káosz az egész minoráns kritériumra menő játék.

Csupán egyetlen következtetés hibájára szeretném felhívni a figyelmed: abból, hogy f(n) divergens, nem következik, hogy divergál a végtelenbe. A divergens azt jelenti, hogy nem konvergens. [Ha például an a páros n-ekre 1/2, a páratlanokra -1/4, bn pedig páros n-ekre 1, páratlanokra -1, akkor minden feltétel fennáll, \sum a_n=\infty, \sum b_n\neq\infty.]

Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51
[1107] Fernando2011-02-03 09:55:21

Igen, pozitív valszínje van, hogy éppen az adott napon bizonyítja a sejtést. Márpedig pozitív valószínűségű esemény egyszer csak bekövetkezik... Kár, hogy az élet P-m.b. véges sok napból áll. Így mégiscsak kicsi az esély.

Előzmény: [1085] janomo, 2011-02-02 21:35:28
[1106] Fernando2011-02-03 09:49:31

"Kinek a tétele az, amiben az van megfogalmazva, hogy léteznek olyan nem konstans sorozatok amelyben akármmilyen nagy számú prímszám (mint tag) előfordulhat (vagy az első n tag prím, nem emlékszem pontosan)?"

a, Vesd össze: Dirichlet tétellel. b, p(n) jelölje az n-dik prímet, ez a sorozat tökéletes.

Előzmény: [1061] D. Tamás, 2011-02-01 16:59:35
[1105] bily712011-02-03 09:32:40

De hogy még ennél is világosabb legyen:

Legyen p''(n)=pn-pn-1 és f''(n)=fn-fn-1

Ekkor

\sum_{n=0}^{\infty}p''_n=\left(\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^2\left[\frac{p_1^2+c_i}{6d}\right]\right)+\left(\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^2\left[\frac{p_2^2+c_i}{6d}\right]-\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^2\left[\frac{p_1^2+c_i}{6d}\right]\right)+...=

=\left(2\left[\frac{5^2}6\right]\right)-\left(\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+c_i} {6\cdot5}\right]\right)+\left(2\left[\frac{7^2}6\right]\right)-\left(\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+c_i} {6\cdot5}\right]\right)-\left(\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+c_i} {6\cdot7}\right]\right)+\left(\sum_{i=1}^2\left[\frac{7^2+c_i} {6\cdot5\cdot7}\right]\right)-

-\left(2\left[\frac{5^2}6\right]\right)+\left(\sum_{i=1}^2\left[\frac{5^2+c_i} {6\cdot5}\right]\right)+...=+\infty.

Az egynlőség bal oldalán egy teleszkópikus összeg áll, a bal oldalon ennek egy átzárójelezése áll. Legyen a p'''(n) sorozat n-edik tagja az egyenlőség jobb oldalán álló összeg n-edik zárójelezett tagja.

Ugyanez f''(n)-nel:

\sum_{n=0}^{\infty}2f''_n=\left(\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_1^2+b_i}{6d}\right]\right)+\left(\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_2^2+b_i}{6d}\right]-\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_1^2+b_i}{6d}\right]\right)+...=

=\left(2\left[\frac{5^2}6\right]\right)-\left(2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{5^2+b_i} {6\cdot5}\right]\right)+\left(2\left[\frac{7^2}6\right]\right)-\left(2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{7^2+b_i} {6\cdot5}\right]\right)-\left(2\sum_{i=1}^{2^\omega(d)}\left[\frac{7^2+b_i} {6\cdot7}\right]\right)+

+\left(2\sum_{i=1}^{2^\omega(d)}\left[\frac{7^2+b_i} {6\cdot5\cdot7}\right]\right)-\left(2\left[\frac{5^2}6\right]\right)+\left(2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{5^2+b_i} {6\cdot5}\right]\right)+...

Legyen a f'''(n) sorozat n-edik tagja az egyenlőség jobb oldalán álló összeg n-edik zárójelezett tagja.

Mivel |p'''n|\le|f'''| és \foralln\inN:  sgn(p'''n)=sgn(f'''n), továbbá \sum_{n=0}^{\infty}p'''_n divergens, ezért \sum_{n=0}^{\infty}f'''_n is divergens (minoráns kritérium). Ha \sum_{n=0}^{\infty}f'''_n divergens, akkor f(n) is az, vagyis az ikerprímek száma végtelen.

Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51
[1104] Kemény Legény2011-02-03 08:37:03

Elmondanád, hogy mi az azonos előjelű an és bn sorozatod a fenti esetben?

Előzmény: [1103] bily71, 2011-02-03 08:04:47
[1103] bily712011-02-03 08:04:47

De ismerem.

Idézet innen: math.uni-pannon.hu/ szalkai/Kriterium-www.doc( második oldal):

"2) MINORÁNS KRITÉRIUM: (Ha a kisebb divergens, akkor a nagyobb is.)

...

b) változat: Ha |an|\le|bn|, an és bn előjele megegyezik (n\inN) és \sum{a_n} divergens, akkor \sum{b_n} is divergens."

Szerintem nézd át mégegyszer az [1025]-ös hozzászólásomat, akkor érteni fogod, hogy mely sorokra alkalmazom a minoráns kritériumot.

Előzmény: [1102] Róbert Gida, 2011-02-03 07:31:05
[1102] Róbert Gida2011-02-03 07:31:05

Minoráns kritériumot feltételeit sem ismered? Hogyan mentél át az analízis vizsgán?

Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51
[1101] bily712011-02-03 07:13:21

Ha dereng már valakinek, akkor jelezze, hogy folytatni tudjam a bizonyítást.

Előzmény: [1100] bily71, 2011-02-03 07:06:51
[1100] bily712011-02-03 07:06:51

Hogy még világosabb legyen mindenki számára, hogy mit akarok bizonyítani:

(i)

p(n)=\pi(p_n^2)-2=\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right]

Mivel a prímszámok száma végtelen, ezért

\lim_{n\to\infty}p(n)=+\infty

(ii)

f(n)=\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]

f(n) az ikerprímeket számlálja.

(iii) Szorozzuk be f(n) tagjait 2-vel, ekkor

2f(n)=2\sum_{d|P}\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]=\sum_{d|P}\mu(d)2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]

Azért szoroztunk be 2-vel, mert p(n)-ben a \left[\frac{p_n^2}6\right] kétszer, míg f(n)-ben csak egyszer fordul elő. A többi tagra, ahol d\ne1 fennáll a következő:

\sum_{i=1}^{2}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right]\le\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right],

ugyanis b1=c1 és b2=c2 Ez a bizonyítás lényeges pontja, hisz' ha b1=c1 és b2=c2, akkor biztos, hogy teljesül az előbbi egyenlőtlenség.

A beszorzás után már felírhatjuk minden d-re

\sum_{i=1}^{2}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right]\le2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]

(iv) Nem nehéz kikövetkeztetni, hogy ha

p'(n)=\sum_{d|P}|\mu(d)\sum_{i=1}^{2}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right]|=\sum_{d|P}\sum_{i=1}^{2}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right],

akkor

\lim_{n\to\infty}p'(n)=+\infty.

(v) Legyen

f'(n)=\sum_{d|P}|\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]|,

ekkor fennál a következő

|\mu(d)\sum_{i=1}^{2}\left[\frac{p_n^2+b_i}{6d}\right]|\le|\mu(d)2\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{p_n^2+c_i}{6d}\right]|

egyenlőtlenség. Mivel

\lim_{n\to\infty}p'(n)=+\infty,

ezért

\lim_{n\to\infty}f'(n)=+\infty,

ebből pedig a minoráns kritérium értelmében következik, hogy

\lim_{n\to\infty}f(n)=+\infty,

vagyis az ikerprímek száma végtelen.

Remélem, így már mindenki érti, hogy mire gondoltam.

[1099] bily712011-02-02 23:50:23

Amit nem akartok megérteni, az az, hogy az, hogy egy 6k\pm1 alakú szám prím-e, avagy sem, attól is függ, hogy k milyen kongruenciáknak tesz eleget, vagy másképp: tagja-e bizonyos számtani sorozatoknak, avagy sem. A k indexek ezen tulajdonságai lehetővé teszik, hogy nemcsak magukat a számokat, hanem az indexeket is lehet szitálni. Én most épp azt csinálom. Legyen ez egy új elmélet, ha úgy tetszik.

  [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]