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.
[864] bily712010-08-16 14:07:09

6. Állítás:

Ha 2a+1, 2b+1 és 2c+1 prímek, akkor 2(c+a-b)+1 is prím. (a,b,c\inNa,b,c>0)

Bizonyítás:

Használjuk a [786]-ban leírt függvényt és táblázatot. Ha a főátlóban lévő bármely 1-estől jobbra lépegetünk bármely e sorban lévő 1-esig, azután ettől az 1-estől lefelé lépegetve visszatérünk a főátlóhoz, akkor jobbról balra a főátlótól az 1-esig illetve fentről lefelé az 1-estől a főátlóig a bitek sorrendje megegyezik. Ez abból következik, hogy minden sorban, vagy oszlopban, amelyik 1-essel kezdődik, a bitek sorrendje megegyezik és a táblázat a főátlóra szimmetrikus.

Álljon a főátlóban lévő 1-es a az a-adik sor és a b-edik oszlop metszésében. Továbbá tételezzük fel, hogy az a-adik sor és a c-edik oszlop metszésében is 1-es áll, vagyis, hogy 2a+1, 2b+1 és 2c+1 prímek. Ekkor, az előbb leírtak miatt a c-edik oszlop és a c+a-b-edik sor metszésében is 1-es fog állni. Ez pedig csak úgy lehetséges, hogy 2(c+a-b)+1 prím és pontosan ezt akartuk bizonyítani.

Ennek ismeretében az 5. állítás átfogalmazható úgy, hogy igaz legyen, ugyanis az    f(2a+1)*f(2b+1),     f(2a+1)*f(2c+1) és f(2(c+a-b)+1)*f(2c+1) bitek három különböző kisátlóban szerepelnek. Tehát, ha n jó, akkor n+m is jó lesz, ahol m értéke attól függ, hogy az n-edik kisátló hányadik bitje veszi fel az 1 értéket. (n,m\inN;n,m>0)

[863] Róbert Gida2010-08-15 22:23:56

Volt már erről szó a topikban, de itt is van róla egy külön fejezet: http://en.wikipedia.org/wiki/Goldbach

Előzmény: [862] Zilberbach, 2010-08-15 17:24:37
[862] Zilberbach2010-08-15 17:24:37

Szeretnék tisztázni két összetartozó fogalmat. Lehet, hogy még hasznosak lesznek ezen a fórumon.

Az egyiket én elemszámnak hívnám. Azt adja meg, hogy egy adott páros szám (Goldbach sejtés szerinti) összerakásához hány féle prímszámot lehet használni.

Hogy világosabb legyen: a 6 elemszáma 1, mert csak (2 db.) 3-asból lehet összerakni.

A 10 elemszáma 3, mert összerakható a 3+7, illetve 5+5 formákban is, vagyis 3-féle prímszámból.

A másik fogalmat összerakhatóságnak neveztem el. Azt adja meg, hogy hányféleképpen lehet az adott páros számot 2 db. prímszámból összerakni.

Hogy világosabb legyen: a 6 összerakhatósági száma 1, mert csak egy féleképpen lehet (2 db. prímszámból) összerakni.

A 10 összerakhatósága pedig 2, mert kétféle módon lehet (2 db. prímszámból) összerakni.

Elképzelhetőnek tartom, hogy ezeket a fogalmakat már megalkották, tehát van hivatalos nevük, ebben az esetben kérném hogy aki tudja, írja meg a fórumba.

Az is lehetséges hogy valamelyik téma-társ jobb, találóbb nevet, vagy pontosabb érthetőbb definíciókat tudna adni ezeknek a fogalmaknak. Kérem, hogy ebben az esetben írja meg.

[861] Róbert Gida2010-08-09 03:31:10

P!=NP szép hosszú próbálkozás(?)

[860] Róbert Gida2010-08-09 01:21:43

Goldbach sejtés már nem érdekel?

Előzmény: [859] bily71, 2010-08-08 17:11:44
[859] bily712010-08-08 17:11:44

"Nem vagyok képes matematikát tanulni, ha nem látok valami problémát, amit meg akarok oldani segítségével, és nem értem, hogy tud valaki matematikát tanítani anélkül, hogy bemutatva egy csoport problémát a hallgatókban felkeltse az édeklődést a megoldás iránt és aztán megmutassa, hogyan használhatók az eszközök a megoldásra."

                                                                                                                                Steven Weinberg (1986)

[858] Maga Péter2010-08-03 22:06:55

Egyébként is nagyon nagy matematikusok vannak itt, és rengeteg érdekes dologról beszélnek (bocs, hogy ilyen későn reklámozom).

Előzmény: [857] Maga Péter, 2010-08-03 22:05:02
[857] Maga Péter2010-08-03 22:05:02

Most megy a Szemerédi '70 konferencia. Csütörtökön az első előadó Pintz János lesz, Are there arbitrarily long arithmetic progressions in the sequence of twin primes? az előadás címe, az absztrakt (a fenti lapon értelemszerűen az Abstracts-ot kell választani) alapján érdekesnek, másrészt a topik egyik témájához közelinek tűnik.

[856] Fernando2010-08-03 10:46:54

Erre gondoltam. A szerző hozzájárulásával. :)

Előzmény: [855] Fernando, 2010-08-02 17:39:50
[855] Fernando2010-08-02 17:39:50

Ennek van általánosítása: n-dimenzióban a szabályos (n-1)-szimplexet így származtatjuk! :)

Előzmény: [851] bily71, 2010-08-02 12:17:21
[854] Fernando2010-08-02 17:34:03

Azt a lovat keressük, amin ülünk...

Előzmény: [853] Róbert Gida, 2010-08-02 17:26:23
[853] Róbert Gida2010-08-02 17:26:23

Legyen a=1, ekkor 2a+1=3 prím, f(2b+1)f(2c+1)=1 akkor és csak akkor, ha 2b+1,2c+1 prím, akkor és csak akkor, ha p+q=2n+4, ahol p=2b+1,q=2c+1 prímek, azaz a páros Goldbach megoldásai.

Billy, ez így túl átlátszó volt.

Előzmény: [852] SAMBUCA, 2010-08-02 16:50:35
[852] SAMBUCA2010-08-02 16:50:35

Lefordítva:

az n. háromszög elemei:

f(2a+1)f(2b+1)f(2c+1), ahol a+b+c=n+2, 1\lea,b,c\len    :)

Előzmény: [851] bily71, 2010-08-02 12:17:21
[851] bily712010-08-02 12:17:21

A kockát úgy szelteljük, hogy attól a csúcstól, ahonnan a bitsorozatokat inditjuk, az éleken megjelöjük az n-edik térrácspontot, (a kocka ezen csúcsa mindárom irányban az első rácspont, tehát a számolás nem nulláról indul), a megjelölt három pont meghatároz egy sikot, mely sik egy egyenlő oldalú háromszöget fog kimetszni a kockából. Azokról a bitekről elmélkedünk, melyekkel a kocka és a sik közös térrácspontjait cimkéztük fel.

Előzmény: [848] Fernando, 2010-08-02 11:33:47
[850] Róbert Gida2010-08-02 11:49:01

Ezt már az első állításodnál leírta Sambuca, hogy 2a+1 prím akkor és csak akkor, ha a\equiv \frac {p-1}{2} \mod p egyike sem teljesül, ahol p<a prím.

Bár az számomra még nem derült ki, hogy ez az átírás miért is volna hasznos. Tulajdonképpen egyszer sem használtad. Így semmi értelme nem volt. Hasonló ahhoz, mintha azt mondanánk, hogy p prím, pontosan akkor, ha \frac {-1+(p+1)^2-p^2}{2} prím.

Előzmény: [846] bily71, 2010-08-02 11:26:07
[849] bily712010-08-02 11:41:30

Fogok én még egyenrangú vitapartnerként eszmecserét folytatni veled, hidd el, az ovodáskort mindenki kinövi egyszer. Majd akkor összemérhetjük az erőnket, de az már nem egyenlőtlen küzdelem lesz!

Előzmény: [844] Róbert Gida, 2010-08-02 11:20:23
[848] Fernando2010-08-02 11:33:47

Az általánosított oldal, 0; 1; 2;...;n-1 dimenziós oldal (facet) fogalmát használja a geometria. Persze ez most nem ez és nem világos, hogy hol is vágjuk föl azt a kockát...

Szóbeli érettségin azért ennél nagyobbakat kell hibázni a buktához. :)

Előzmény: [825] Róbert Gida, 2010-08-01 11:36:05
[847] Fernando2010-08-02 11:28:06

Vizsgától nem félni kell, hanem tanulni rá.

[846] bily712010-08-02 11:26:07

2(n-a)+3 és 2a+1 csak úgy lehetnek egyszerre primek, ha az a\equiv(p-1)/2 (mod p) és az

a\equivn-(p-3)/2 (mod p) kongruenciák nem teljesülnek egyik a-nál kisebb páratlan pimre sem. Tehát itt is két tiltott kongruenciánk van primenként, ugyanúgy, mint az ikerprimeknél. Azok feladatok, ahol primenként csak egy tiltott kongruencia van, általában megoldhatók, de ha több tiltott kongruenia van pimenként, akkor a probléma kezelhetetlenné válik. Mig az ikerprimkél mindkét tiltott kongruencia fix, itt az egyik n-től is függ, vagyis a Goldbach-kérdés nehezebb. Megpróbálhatnák megszámolni, hogy n-ig hány a-ra nem teljesülnek, de csak ugyanoda jutnánk, mint az ikerprimeknél, vagyis sehová. Ha e kérdések megoldhatók, akkor kell lennie valami kapcsolatnak a kongruenciák között, valami disztributivitás félének.

Előzmény: [842] bily71, 2010-08-02 08:05:56
[845] Róbert Gida2010-08-02 11:22:18

"Nem félek a viszgáktól"

Előtte a zh-któl féljél, ha nincs meg úgy el sem mehetsz kollokviumra.

Előzmény: [824] bily71, 2010-08-01 09:09:25
[844] Róbert Gida2010-08-02 11:20:23

"Az 5. (ha igaz lenne) miatt jó lenne az egész sorozat, nincs itt semmi sumákság,"

Rosszul látod, ha a páros Goldbach sejtés igaz, akkor az 5. tétel/állítás is igaz. Persze nem így fogják bebizonyítani a Goldbachot, ezek nagyon óvodás ötletek voltak ahhoz. Az 1.-4. állítások is.

Előzmény: [843] bily71, 2010-08-02 08:22:21
[843] bily712010-08-02 08:22:21

A soroztodban szerepel a 369, a 2(369)+1=739 pedig prim, tehát 369 az 1. miatt jó. Az 5. (ha igaz lenne) miatt jó lenne az egész sorozat, nincs itt semmi sumákság, csak nem értetted meg, vagy nem olvastad a [828]-bani válaszomat.

Előzmény: [826] Róbert Gida, 2010-08-01 11:41:42
[842] bily712010-08-02 08:05:56

Attól, hogy a prímek sorozatában nincs szimmetria, két sorozat viselkedése lehet szimmetrikus, (szfelező és alap páratlanadik bitjei), de leírtam, hogy tévedtem.

Annyit azért tudunk, hogy az n-edik kisátló a-adik bitje akkor lesz 1, ha 2(n-a)+3 és 2a+1 prímek, azonnali, hogy ekkor 3 ³ (n-a), de ezzel nem sokra megyünk.

Előzmény: [841] Róbert Gida, 2010-08-02 00:25:47
[841] Róbert Gida2010-08-02 00:25:47

Nekem úgy tűnik, hogy semmit sem tudsz bizonyítani.

Szimmetriák keresése prímek sorozatában meg bizarr, piramisos ötletedből következne, hogy minden n-re és minden k-ra n+k prím pontosan akkor, ha n-k prím, (vagy hasonló szintű állítás) ami egy blődli. Mert, ugye valahol erre ment ki a játék, mert akkor minden 2n-re a 2n felírható két prím összegeként: csak olyan k kell, amelyre n+-k prím, válasszunk tetszőlegest, mert ugye egyszerre prímek (billy tétel), ha kell, akkor a 3-at választom (k=n-3), 2n=3+(2n-3). De Csebisev tételét is használhatjuk n és 2n közt van prím, ez legyen p, de 2n-p is prím (szimmetria, billy tétel): 2n=p+(2n-p). Páros Goldbach sejtést bebizonyítottuk (billy+Róbert Gida+Sambuca).

Előzmény: [839] bily71, 2010-08-01 21:02:04
[840] bily712010-08-01 21:55:43

Megint összekevertem, ezek az n-edik páros háromszög paraméterei.

Az n-edik ptlan hszög alapjában a csúcstól ptlanadik helyen lévő bitek sorrendjét az f(4n-1)*f(4m-1), a szfelezőét az f(2n+1)*f(4m-1) táblázat n-edik kisátlója adja. A két táblázat nem azonos, ezért kizárt, hogyaz 5. igaz.

Bocs a röviditésekért és a hibákért, rossz a billentyüm.

Előzmény: [838] bily71, 2010-08-01 20:54:54

  [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]