|
[838] bily71 | 2010-08-01 20:54:54 |
A probléma a következő:
Tekintsük azt a tábláztot, melynek n-edik sorában az m-edik bit f(4n-1)*f(4m+1), az n-edik kisátlóban a bitek sorrendje megegyezik az n-edik páratlan háromszög alapjában a csúcstól páratlanadik bitekével. Ugyanezen háromszög szögfezőjében lévő bitek sorrendjét az a táblázat n-edik kisátlója adja, melyben az n-edik sor és m-edik oszlop metszésében f(4n+1)*f(2n+1) áll. Tehát, mivel mindkét táblázat aszimmetrikus a főátlóra nézve, igy már nem tudom, hogy igaz-e az 5. állitás.
Elnézést, rosszul párositottam össze a sorozatokat a táblázatokhoz, az előzők szimmetrikusak voltak.
Ugyanez igaz a párosodik háromszögekre is.
|
Előzmény: [833] Maga Péter, 2010-08-01 13:21:31 |
|
|
[836] SAMBUCA | 2010-08-01 15:17:23 |
erre pedig: mondjuk a 129. háromszög. itt már a két sorozat első felében van eltérés, sőt jobbat mondok: ha p prím, akkor a . háromszögben a 8. elemek mindig eltérnek.
|
Előzmény: [830] SAMBUCA, 2010-08-01 12:58:14 |
|
|
[834] Róbert Gida | 2010-08-01 13:37:49 |
828. hozzászólás: "Nem mondtam, hogy minden sorozatról bizonyitani lehet, hogy jó, de ha a sorozatban van egy jó elem, akkor minden elem jó lesz."
784. hozzászólás: "Igazi jelentősége az 5. Tételnek van, segítségével bizonyítható, hogy minden olyan n, amely nem elégíti ki az n1(mod3) kongruenciát jó."
Sumákolsz.
Csak megjegyzésként 826. hozzászólásomban közölt számok egyike sem ad 1-et maradékul, ha 3-mal osztjuk.
|
Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31 |
|
[833] Maga Péter | 2010-08-01 13:21:31 |
,,(...) mert kis ellenpélda nincs a módszeredre.''
Kíváncsi vagyok, sikerül-e ezt a problémát áthidalni: az elején mindig olyan szépen látszik, miért igaz a Goldbach-sejtés, aztán pár nagyságrenddel feljebb meg nem érti senki. Egyelőre.
|
Előzmény: [827] SAMBUCA, 2010-08-01 12:03:17 |
|
|
[831] bily71 | 2010-08-01 13:01:22 |
Tulajdonképp eddig csak a kisátlók két végében és a főátlóban lévő biteket vizsgáltuk, a többi bitre is fel lehet irni kongruenciákat, csak ott már két kongruencia határoz meg egy bitet és kettővel már nem birok:)
|
Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31 |
|
[830] SAMBUCA | 2010-08-01 12:58:14 |
"5. állitás első része igaz, ugyanis eltérés csak az alap és a szögfelező metszésében lehet, vagyis csak egy bit eltérés lehet." - ez megint nem igaz, majd mutatom az ellenpéldát.
|
Előzmény: [828] bily71, 2010-08-01 12:42:31 |
|
[829] bily71 | 2010-08-01 12:49:31 |
Még ma leirom, ha lesz egy nyugodt percem a gyerekektől:) Kb. 15 rokon gyerek jár ide gépezni, plusz az enyémek, na meg az asszony, meg a testvéreim, sógorok, sógornők..., és csak egy gép van...
|
Előzmény: [827] SAMBUCA, 2010-08-01 12:03:17 |
|
[828] bily71 | 2010-08-01 12:42:31 |
Nem mondtam, hogy minden sorozatról bizonyitani lehet, hogy jó, de ha a sorozatban van egy jó elem, akkor minden elem jó lesz. Ha nem teljesül n pozitiv egészre egyik feltétel sem, az még nem azt jelenti, hogy 2n+3 nem bontható két páratlan prim összegére.
Valóban az első ilyen páratlan a 47, én párosokól indultam, ekkor az első ilyen páros a 24, de ez jó, mert ha a sorozatak van olyan a eleme, hogy 2a+1 prim, akkor az 5. állitás megforitásából következik, hogy, mivel a jó, 24 is jó.
Ha a sorozat kezdő párosa b nem jó és b1 (mod 3), akkor, mivel 2b-11(3), vagyis minden elem kielégiti ezt a kongruenciát. Igy, mivel 2b+10(3), a sorozatnak nincs olyan a eleme, hogy 2a+1 prim, ezért az ilyen sorozatokól nem mond semmit a módszer. Az első iyen páros a 34.
Azokban a sorozatokban, ahol kezdő páros nem kongruens 1-gyel modulo 3 végtelen sok prim van, tehát ezek a sorozatok jók.
Sambuca ellenpéldája ellenére az 5. állitás első része igaz, ugyanis eltérés csak az alap és a szögfelező metszésében lehet, vagyis csak egy bit eltérés lehet.
Abban meg igazad van, hogy egy kockának nem oldala, hanem lapja van.
|
Előzmény: [826] Róbert Gida, 2010-08-01 11:41:42 |
|
[827] SAMBUCA | 2010-08-01 12:03:17 |
"szögfelezőben lévő bitek sorrendje csak ott tér el a főátlóban lévőksorrendjétől, ahol a szögfelező olyan szintet metsz, amelyben csak 0-ák vannak. Le lehet irni képletekkel is, de van erre két táblázatom, úgy egyszerübb"
Akkor én várom vagy a képleteket, vagy a táblázataidat, de remélem nem kicsi ábrák, mert kis ellenpélda nincs a módszeredre.
Illetve, ha n páros, akkor az miért is jó? (most nincs sok időm, de keresek ellenpéldát.)
Sambuca
|
Előzmény: [823] bily71, 2010-08-01 07:19:57 |
|
[826] Róbert Gida | 2010-08-01 11:41:42 |
47, 93, 185, 369, 737, 1473, 2945, 5889, 11777, 23553, ...
5. tételed szerint ezekre is érvényes a Goldbach sejtés. 47-tel kezdődik a sorozat, és minden elem az előtte levő kétszerese mínusz 1. Valahogyan, felszállással, leszállással "bebizonyítanád", hogy a sorozat minden eleme "jó". De mi van, akkor, ha minden eleme *rossz*? Sőt ekkor az 5. tétel még igaz is marad.
A kezdőelemet úgy választottam, hogy 1.,2.,3.,4. tétel egyike sem teljesül, így 47-ről garantáltan nem tudsz elindulni. (valójában ez a legkisebb ilyen példa, ami páratlan számról indul).
|
Előzmény: [824] bily71, 2010-08-01 09:09:25 |
|
|
[824] bily71 | 2010-08-01 09:09:25 |
Nem félek a viszgáktól, az egyetem elvégzése után is ilyen könnyed stilusban fogok társalogni veled. Az ötlet sokkal fontosabb, mint a külalak. Ha egy bizonyitásban felhasználjuk mondjuk az a+b=b+a aznosságot és ennek bizonyitásával folytatjuk a mondanivalót, akkor sosem érünk a végére, és a sok részletben elveszik a lényeg. Én itt most elsősorban az ötleteimet irom le, ha jó, akkor később ráéünk kidolgozni a minden igényt kilégitő bizonyitást.
|
Előzmény: [821] Róbert Gida, 2010-08-01 02:43:15 |
|
[823] bily71 | 2010-08-01 07:19:57 |
Az 1. és 3.-ból úgy következik az (i) szimmetria, hogy szögfelezőben lévő bitek sorrendje csak ott tér el a főátlóban lévőksorrendjétől, ahol a szögfelező olyan szintet metsz, amelyben csak 0-ák vannak. Le lehet irni képletekkel is, de van erre két táblázatom, úgy egyszerübb.
Ha n páros, akkor az n háromszögnél nem sérül az (i) szimmetria. Páratlan n esetében, ahogy azt megmutattad, már sérülhet, de a csúcsok közelében megmarad. Ha a szögfelező csúcshoz közelebbi felében megmarad, akkor még igaz marad az 5. állitás.
|
Előzmény: [817] SAMBUCA, 2010-07-31 23:14:41 |
|
[822] bily71 | 2010-08-01 06:45:58 |
Robi!
Ez fórum, nem vizsgaterem, és mi most csak beszélgetünk, nem vizsgázunk. Ha precizen definiáltam volna a kifogásolt mondatot, akkor még a felénél sem tartanék, de Sambucával már rég túl vagyunk rajta.
Nem szeretnék a diákod lenni, az ilyen merev gondolkozású emberek hátráltatják a tudomány fejlődését. Ezzel nem azt akartam mondani, hogy én vinném előrébb.
|
Előzmény: [821] Róbert Gida, 2010-08-01 02:43:15 |
|
[821] Róbert Gida | 2010-08-01 02:43:15 |
"Az így kapott kockát szeleteljük fel az oldalak főátlóira a merőleges kisátlók mentén."
Ezt írta az 5. tétel *****bizonyításában*****. Egy ilyen mondatért szerintem már egy mezei ált. iskolában is nyugodtan buktathatnak. Arról nem beszélve, hogy formailag sincs köze egy bizonyításhoz, én pl. szeretem azt látni a bizonyítás végén, hogy "Ezzel a tételt igazoltuk." vagy valami hasonlót. Itt ilyet nem látunk, csak annyit, hogy "folyt. köv."
|
Előzmény: [820] SAMBUCA, 2010-07-31 23:58:21 |
|
[820] SAMBUCA | 2010-07-31 23:58:21 |
konkrétan nincs benne vektor, csak félkövér, meg aláhúzott számok. És ha nem vetted volna észre, ez egy ellenpélda valamire, amit nyilván nem olvastál el, és nem, én nem akarom bizonyítani a Goldbach-sejtést :)
legközelebb valami értelmeset is hozzászólhatnál
|
Előzmény: [819] Róbert Gida, 2010-07-31 23:48:42 |
|
|
|
[817] SAMBUCA | 2010-07-31 23:14:41 |
A 17. háromszög |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
0 |
|
|
Előzmény: [814] SAMBUCA, 2010-07-31 22:20:49 |
|
|
|