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.

[939] SAMBUCA	2011-01-07 16:59:13
csak én nem találom azt az esetet, ha 6 nem osztója k-nak?
Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

[938] Róbert Gida	2011-01-07 16:57:40
Első állításod ránézésre hamis.
Előzmény: [937] bily71, 2011-01-07 16:00:57

[937] bily71

2011-01-07 16:00:57

Állítás: 6^lk $\pm$ 1 prímek akkor és csak akkor, ha k $\ne$ 6nm $\pm$ n^l $\pm$ m, ahol k,m,n $\in$ Z⁺.

Bizonyítás: Azt már tudjuk, hogy, 6k $\pm$ 1 prímek akkor és csak akkor, ha k $\ne$ 6nm $\pm$ n $\pm$ m.

Ha 6|k, vagyis k=6K, akkor 6k $\pm$ 1=36K $\pm$ 1.

Ha 6k $\pm$ 1, vagyis 36K $\pm$ 1 közül az egyik összetett, akkor k=6nm $\pm$ n $\pm$ m.

Ekkor 6|6nm $\pm$ n $\pm$ m, ami csak úgy lehetséges, ha 6|n $\pm$ m.

Legyen m=6M $\pm$ n, ekkor k=6n(6M $\pm$ n) $\pm$ n $\pm$ (6M $\pm$ n), ebből k=6(6nM $\pm$ n² $\pm$ M), ebből, mivel k=6K, K=6nM $\pm$ n² $\pm$ M.

Ugyanezt az eljárást megismételve kapjuk, hogy, ha 6^l-1k $\pm$ 1=6^lK $\pm$ 1 és k=6nm $\pm$ n^l-1 $\pm$ m, akkor K=6nM $\pm$ n^l $\pm$ M, tehát a teljes indukció elve miatt igaz az állítás.

Sejtés: 6^l^.2 $\pm$ 1 végtelen sok l-re prímek. Erre van egy "bizonyításom".

[936] bily71	2010-10-12 16:13:10
Sajnálom, hogy nem lehetek ott.
Előzmény: [935] Maga Péter, 2010-10-12 10:57:59

[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.

[934] joe	2010-10-03 15:38:18
Kösz szépen! Ezek szerint az ikerprímek esete sajnos $\infty$ komplexitású :-(
Előzmény: [933] Maga Péter, 2010-10-02 00:04:09

[933] Maga Péter	2010-10-02 00:04:09
Ez egy Green-előadás slideshow-ja. A 12. fólián látod a komplexitás definícióját.
Előzmény: [932] joe, 2010-10-01 20:46:03

[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+m_k mindegyike prím rögzített m₁,...,m_k-ra, hanem annak, hogy p₁,...,p_k 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

[931] Maga Péter	2010-09-24 10:24:42
Valóban, ott a pont.
Előzmény: [928] Róbert Gida, 2010-09-24 03:25:13

[930] bily71	2010-09-24 10:06:00
Ettől még az összegük lehet, hogy rac.
Előzmény: [927] Maga Péter, 2010-09-24 00:07:02

[929] bily71	2010-09-24 10:04:22
Ezt én is sejtettem :)
Előzmény: [928] Róbert Gida, 2010-09-24 03:25:13

[928] Róbert Gida	2010-09-24 03:25:13
A második irracionális (a hattal nem osztható számok négyzeteinek reciprok összege explicite megkapható.)
Előzmény: [927] Maga Péter, 2010-09-24 00:07:02

[927] Maga Péter

2010-09-24 00:07:02

Valószínűleg mind $\sum_{b\in B}\frac{1}{b}$ , mind $\sum_{c\in C}\frac{1}{c}$ 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

[926] bily71	2010-09-23 23:40:19
$\sum_{a\in{A}}\frac1a$ akkor is irrac. lenne, ha $\sum_{b\in{B}}\frac1b$ , vagy $\sum_{c\in{C}}\frac1c$ közül csak az egyik rac. szám.
Előzmény: [925] bily71, 2010-09-23 23:32:46

[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

$\sum_{a\in{A}}\frac1a=\frac{{\pi}^2}6-\left(\sum_{b\in{B}}\frac1b+\sum_{c\in{C}}\frac1c\right)$

mivel a jobb oldalon egy irrac. és egy rac. szám különbsége állna, a bal oldal csak irrac. lehetne.

[924] Maga Péter	2010-09-22 22:11:10
Nézd meg a [731]-es hozzászólásomat ugyanebben a topicban.:)
Előzmény: [923] Róbert Gida, 2010-09-22 20:44:54

[923] Róbert Gida	2010-09-22 20:44:54
Világszenzáció: http://arxiv.org/abs/1009.3998

[922] Hosszejni Darjus	2010-09-12 00:56:22
ja, értem :D így már világos. csak az ő kommentjét olvastam el
Előzmény: [920] Zilberbach, 2010-09-11 19:05:48

[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.

[918] Hosszejni Darjus	2010-09-11 17:40:07
sztem egyáltalán nem triviális. megmagyaráznád?

[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

[916] Alma	2010-09-11 13:40:42
Ez tetszik :)
Előzmény: [915] lgdt, 2010-09-11 12:37:44

[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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?