Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Az ikerprím-sejtésről

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[158] Sinobi2013-05-14 20:58:12

Tegnap.

[157] Maga Péter2013-05-14 20:08:34

Yitang Zhang bebizonyította, hogy létezik egy olyan 2\leqc\leq70000000 szám, hogy végtelen sok p,p' prímek léteznek, melyekre p-p'=c. Kéziratot nem tudok, cikk a Nature-ben.

Ha minden igaz, nagy napja van ma a számelméletnek:).

[156] Bnum2012-03-15 23:35:39

A fórum témája alapján, úgy értelmeztem lehet vele kapcsolatban írni. Nem láttam, hogy csak kész bizonyítással lehet "nevezni".

Előzmény: [155] Róbert Gida, 2012-03-15 23:22:54
[155] Róbert Gida2012-03-15 23:22:54

"Nem írtam, hogy bizonyításom van."

Valóban, de ugye erre megy ki a játék? Definíció, tétel, bizonyítás? Nálad egyiket sem látom.

Előzmény: [154] Bnum, 2012-03-15 22:53:57
[154] Bnum2012-03-15 22:53:57

A leghosszabb utazás is az első lépéssel kezdődik. :o) A segítséget szívesen veszem. Nem írtam, hogy bizonyításom van.

Vegyünk egy szám intervallumot: P(k)2 .. P(k+1)2 - 1 Itt a P(1..k) prímekkel kell maradékokat képezni. Minden számhoz k db maradék tartozik (ami nem feltétlenül k db különböző maradékot jelent). /az intervallumban felesleges P(k)-tól nagyobb prímmel maradékot képezni, mivel összetett szám esetén az egyik szorzó mindenképpen kisebb/

P(k)2 esetében, P(k)-s maradéka természetesen 0, a többi prímre nem 0.

Ikerprím közötti szám esetén a maradékok nem lehetnek 1-ek és az adott (prím-1)-ek.

A prím négyzetnél szereplő maradékok minden eleméhez + n-t adva megkapjuk a közti számot.

n < (P(k+1)2 - P(k)2)

n szintén prím.

Előzmény: [153] Róbert Gida, 2012-03-15 21:33:01
[153] Róbert Gida2012-03-15 21:33:01

"Egyelőre az vár bizonyításra"

Elég esélytelen az ikerprímsejtés bármilyen támadása ennyi tudással. Őszintén még egy középszintű matek érettségi megírása is.

"Ez a szám véges darab prímmel osztva különböző maradékokat ad."

Ez nem igaz.

Előzmény: [151] Bnum, 2012-03-15 18:26:36
[152] Bnum2012-03-15 18:31:22

Bocsánat!

A maradékok nem lehetnek 1 és P-1.

Előzmény: [151] Bnum, 2012-03-15 18:26:36
[151] Bnum2012-03-15 18:26:36

Bocs, ha esetleg az eddigi vita vonalától eltérek. Az ikerprímekkel kapcsolatban eddig a következőre jutottam.

1. Elég véges intervallumokat vizsgálni. A tulajdonságaik alapján lefedhető a természetes számok halmaza. tehát az intervallumok száma végtelen. 2. Az ikerprímek Pk, Pk+1, vizsgálata helyett, a köztük lévő számtani közép vizsgálatát végeztem.

Ez a szám véges darab prímmel osztva különböző maradékokat ad. A maradékok nem lehetnek 0 és P-1.

Egyelőre az vár bizonyításra, hogy az adott intervallumon belül mindenképpen lesz egy olyan szám, aminek ilyen a maradék sorozata.

[150] márton2012-02-25 17:38:37

„A G_{i\Sigma}~<~G_{i*} továbbra is bizonyítatlan.”

Az összefüggést továbbra is triviálisnak tartom, de ha nem látható be, a következők meggondolását ajánlhatom még (a már korábban definiált tényezőket itt nem definiálom újra, csak ha azt valaki kéri):

Nyilvánvalóan írható, hogy:

Gi*nAi = Gi*nA(i-1) + Gi*(nAi - nA(i-1)) =

G(i-1)*nA(i-1) + Gi**(nAi - nA(i-1)) = GianA(i-1) + Gib(nAi - nA(i-1)) =

GicnA(i-1) + Gid(nAi - nA(i-1)\ne GienA(i-1) + Gif(nAi - nA(i-1))

ahol G(i-1)* , Gia , Gic > Gi* > Gi** , Gib , Gid , de Gie < Gi* < Gif , mivel az I. rendű ikerprímek előfordulásának gyakorisága az nA sorszám növekedésével csökken.

Írható továbbá, hogy:

G_{i\Sigma}n_{Ai}~=~ G_{i\Sigma}n_{A(i-1)}~+~ G_{i\Sigma}(n_{Ai}~-~ n_{A(i-1)})~ <

<~G_{(i-1)\Sigma}n_{A(i-1)}~+~G_{i\Sigma}(n_{Ai}~-~n_{A(i-1)})~=~G_{(i-1)\Sigma\Delta}n_{Ai}

ahol G_{(i-1)\Sigma}~>~ G_{i\Sigma}

Mivel az ikerprímek száma nem számítható ki: G_{i\Sigma}n_{Ai}~\ne~ G_{i*}n_{Ai}~\ne~ G_{(i-1)\Sigma\Delta}n_{Ai}

Lehetséges tehát a G_{(i-1)\Sigma}~=~G_{ia}~>~G_{i*} helyettesítés akkor, ha G_{i\Sigma}~\ne~ G_{ib}~<~G_{i*}

Lehetséges továbbá a G_{i\Sigma}~=~G_{id}~<~G_{i*} helyettesítés akkor, ha G_{(i-1)\Sigma}~\ne~ G_{ic}~>~G_{i*}

Gie helyettesítése G_{(i-1)\Sigma} -val, és/vagy Gif helyettesítése G_{i\Sigma} -val azonban nem lehetséges, mivel az I. rendű ikerprímek előfordulásának gyakorisága az nA sorszám növekedésével nem növekszik, tehát:

G_{(i-1)\Sigma}~\ne~ G_{ie}~<~G_{i*} , és/vagy G_{i\Sigma}~\ne~ G_{if}~>~G_{i*}

Ebből következően kizárólag G_{id}~=~G_{i\Sigma}~<~G_{i*}~<~G_{ia}~=~G_{(i-1)\Sigma}~<~ G_{(i-1)*} lehetséges, qued.

Előzmény: [148] Maga Péter, 2012-01-18 12:33:50
[149] márton2012-02-25 17:20:15

„A kiszűrésed egyszerűen csak egy \frac{p-2}p-vel való szorzás minden p prímnél...”

Ha p=Pf és 3\lef\lei , akkor, amit itt említesz, az a G_{i\Sigma} gyakoriság szorzatnak csak egyik tényezője. Ez a tényező a 6-tal osztható A számoknak az a hányada, amelyre az Pf ³ (Ap+1) , illetve az Pf ³ (Ap-1) feltétel teljesül. Minden olyan [0; Ax] intervallumban, amelyben Pf | Ax , a tényező (az intervallum elemszámával szorozva) egész számú Ap számot eredményez, de a „konkrét [0; Pi+12-1] intervallum” esetében nem!

Példa:

Legyen f=4 , i=4 , P4=7

A gyakoriság szorzat tényezője: t4 = (P4-2)/P4 = 5/7

Ha Ax = 6*5*7 = 210 , akkor a [0; 210] intervallumban (210/6)*(5/7) = 25 db. olyan A7 szám van, amelyre az 7 ³ (A7+1) , illetve az 7 ³ (A7-1) feltétel teljesül. Ezek: 12, 18, 24, 30, 42, 54, 60, 66, 72, 84, 96, 102, 108, 114, 126, 138, 144, 150, 156, 168, 180, 186, 192, 198, 210.

Ha Axk = 72-1 = 48 , akkor a [0; 48] „konkrét intervallumban” int[(48/6)*(5/7)] = int[5,714] = 5 db. olyan A7 szám van, amelyre az 7 ³ (A7+1) , illetve az 7 ³ (A7-1) feltétel teljesül. Ezek: 12, 18, 24, 30, 42, amelyek természetesen nem mind I. rendű ikerprím számtani középértékek.

- o -

G_{i\Sigma}~=~\prod_{f=3}^i\frac{P_f-2}{P_f}, ezért G_{i\Sigma} a 6-tal osztható A számoknak az a hányada, amelyekre az (P3,P4,...,Pf,...,Pi³ (APi+1) , illetve az (P3,P4,...,Pf,...,Pi³ (APi-1) feltétel teljesül.

Minden olyan [0; Axi] intervallumban, amelyben (P3P4...Pf...Pi) | Axi , G_{i\Sigma} (az intervallum elemszámával szorozva) egész számú APi számot eredményez, de a „konkrét [0; Pi+12-1] intervallum” esetében nem!

Példa:

Legyen i=4

A ki nem szűrt elemeknek a 4. szűrési fokozat után fennmaradt átlagos gyakorisága:

G_{4\Sigma}~=~(P_3-2)(P_4-2)/(P_3P_4)~=~(3*5)/(5*7)~\approx~ 0,4286

Intervallum határ legyen a 4. szűrési fokozat 1. ciklusának határa: Ax4 = 6\Delta4P5 = 6P3P4P5 = 2310

Az AP4 elemek száma a [0; 2310] intervallumban:

(2310*3*5)/(6*5*7) = 165 = 1 + 10 + 14*11      Ezek: 6 és

 210, 420, ..., 2100;   12, 222, ..., 2112;   18, 228, ..., 2118;   30, 240, ..., 2130;

  42, 252, ..., 2142;   60, 270, ..., 2160;   72, 282, ..., 2172;  102, 312, ..., 2202;

108, 318, ..., 2208;  138, 348, ..., 2238;  150, 360, ..., 2250;  168, 378, ..., 2268;

180, 390, ..., 2280;  192, 402, ..., 2292;  198, 408, ..., 2298

A „konkrét intervallum” határ: P52-1 = 120. Az AP4 elemek száma a [0; 120] intervallumban:

\gamma_4-1~=~int[G_{4\Sigma}n_{A4}]~+~1~=~int[120*0,4286/6]~+~1~=~9

Ezek: 6, 12, 18, 30, 42, 60, 72, 102, 108, amelyek mindegyike I. rendű ikerprím számtani középérték.

\gamma4* = \gamma4 = 9 + 1 = 10 , mivel a 6-tal osztható I. rendű ikerprím számtani középértékek sorába a 4 nem tartozik bele.

Tehát: G_{4*}~=~9*6/120~=~0,45~>~(3*5)/(5*7)~=~G_{4\Sigma}

Előzmény: [148] Maga Péter, 2012-01-18 12:33:50
[148] Maga Péter2012-01-18 12:33:50

A kiszűrésed egyszerűen csak egy \frac{p-2}{p}-vel való szorzás minden p prímnél, semmit nem bizonyítottál be arról, hogy ez a konkrét intervallumban mégis hány p-vel nem osztható számot (mint 2 különbségű számok számtani közepét) jelent! Nem tudom ezt jobban elmagyarázni.

A G_{i\Sigma}<G_{i*} továbbra is bizonyítatlan.

Előzmény: [147] márton, 2012-01-18 09:01:46
[147] márton2012-01-18 09:01:46

„Mondtam már, hogy ezen áll vagy bukik az egész módszered. Ne akard már egy 'nyilvánvaló'-val elintézni! [MódszerED?...]”

Valóban, mielőtt a nyilvánvalóval foglalkoznánk, ejtsünk néhány szót a módszerről. A módszer – a kérdésre adott válasz – egyszerű: egy függvényt alulról korlátozó másik függvény határértékét keresni. Ha ez utóbbi a végtelenhez tart, akkor az előbbi is. Aki matematikával foglalkozik, bizonyára már látta egy párszor ezt a módszert. Úgy gondolom, hogy ez nem fűződik senkinek a nevéhez, nem sajátítható ki, bárki használhatja. Lehetséges, hogy az ikerprím sejtést is éppen így próbálja megoldani minden kezdő – ilyen felmérést nem végeztem –, de arról nem tudok, hogy ettől ez erre a célra alkalmazhatatlannak bizonyult volna.

[16]-ban még megkérdezted, „hogy min múlik az ikerprím sejtés”? Akkor azt válaszoltam, hogy a fokozatos szűrés alkalmazásán, ami természetesen nem azonos a fenti módszerrel. Ezt továbbra is fenntartom, mert a fokozatos szűrés alkalmazása teszi lehetővé G_{i\Sigma} értelmezését és számítását is. Később kimutattad, hogy az ikerprím sejtésnek a bizonyíthatóságához végül is a G_{i\Sigma}<G_{i*} összefüggés bizonyossága is szükséges, amit már belátva, a határértékek vizsgálatát – nyilván nem „primitív technikával kidolgozott” módszerrel – Te is el tudnád végezni.

A probléma itt már csak az, hogy míg az összefüggés bal oldala számítható, a jobb oldal nem, tehát az összefüggés nem matematikai levezetés eredménye, hanem trivialitás. Azért, hogy ez utóbbi szitokszót feloldjam, tettem néhány kísérletet. Tettem azért, mert a trivialitás nem feltétlenül jelenti azt, hogy egy nyilvánvaló összefüggésnek bárki által rögtön felismerhetőnek kell lennie.

Általad idézett mondatomban két dolog nyilvánvaló:

1. A [0; nAi] tartományra N_{i\Sigma}>N_{i*} ugyanazon okok miatt, amiért G_{i\Sigma}<G_{i*}

2. A G_{i\Sigma} gyakoriságot az N_{i\Sigma} gyakoriság egészíti ki 1-re, ahogyan azt a (29) sz. összefüggés bemutatja, minden [0; nA] tartományra, tehát a [0; nAi] tartományra is. G_{i\Sigma} -t ez definiálja.

Minden szűrési fokozat elvégzése után az nA sorszámok [0; \infty] tartományában kétféle elem van: kiszűrt és ki nem szűrt elem. A kiszűrt elemek eloszlása nem homogén, tehát a ki nem szűrteké sem lehet egyenletes. A szűrési fokozatok i sorszámával a kétféle elem aránya (és minden esetben eloszlása is) változik.

A kiszűrt sorozatok diszjunkt jellegéből következik, hogy az i-edik szűrési fokozat elvégzése után a [0; nAi] tartományban a ki nem szűrt elemek kizárólag I. rendű ikerprím számtani középértékek lehetnek. Egy meghatározott tartományba kívülről „bevitt, beszámolt, csomó mindenféle”, stb. elem nincsen, „ezt értsd meg végre!”

Előzmény: [128] Maga Péter, 2012-01-06 22:10:22
[146] bily712012-01-16 07:59:54

Közben rájöttem, hogy nem jó amit írtam, mert f a (\sqrt{x},x]-ban lévő ikerprímeket számolja, ezért \pi_2(x)=f(x)+\pi_2(\sqrt{x}), amivel megint nem megyünk semmire.

Előzmény: [145] bily71, 2012-01-15 22:44:12
[145] bily712012-01-15 22:44:12

A jobb érthetőség kedvéért leírom az n=8 esetet is, ekkor x=6.8+1=72.

f(49)=8-\left[\frac{8-1+5}{5}\right]-\left[\frac{8-4+5}{5}\right]-\left[\frac{8-1+7}{7}\right]-\left[\frac{8-6+7}{7}\right]+ +\left[\frac{8-1+35}{35}\right]+\left[\frac{8-6+35}{35}\right]+\left[\frac{8-29+35}{35}\right]+\left[\frac{8-34+35}{35}\right]=4.

A \left[\frac{8-1+5}{5}\right], \left[\frac{8-1+7}{7}\right] tagok 1-et rosszként azonosítják, ezért f(49)-hez hozzá kell adni 2-t, továbbá a \left[\frac{8-1+35}{35}\right] tag is roszzként kezeli 1-et, ezért f(49)+2-ből le kell vonni 1-et, ehhez hozzáadjuk még a nem 6k\pm1 alakú ikerprímek számát, azaz 1-et, kapjuk, hogy \pi2(49)=f(49)+2-1+1=6.

Akkor kezel egy tag rosszként egy számot, ha a szám hatszorosának legalább az egyik szomszédja eleme a taghoz tartozó számtani sorozatnak, függetlenül attól, hogy a szomszéd prím, vagy sem.

Ezt a rosszként azonosítást semlegesítjük akkor, mikor hozzáadunk f-hez 1-et, de az nem azt jelenti, hogy ekkor jó lett a szám, mert attól még egy másik tag (vagy tagok) a másik szomszédját azonosíthatja rosszként, és ha ez a szomszéd nem prím, akkor nem lesz hozzáadva 1, hiszen az 1-esek elfogytak a prím szomszédú számok jóvá tételénél, így, mivel legalább az egyik szomszédja nem prím, ezért ez a másik tag (vagy tagok) helyesen rosszként azonosítja a valóban rossz tagot.

Előzmény: [144] bily71, 2012-01-15 21:20:07
[144] bily712012-01-15 21:20:07

A bizonyítások vázlatosak, nem írtam le mindent precízen, ha van kérdés szívesen válaszolok.

1. Bizonyítás: Tekintsük a (6n\pm1, n\inN*) dupla sorozatot:

n 1 2 3 4 5 6 ...
6n-1 5 11 17 23 29 35  
6n+1 7 13 19 25 31 37  

f azon m\len pozitív egészeket számolja, ahol 6m egyik szomszédja sem osztható egyik p 5\le{p}\le\sqrt{6n+1}=\sqrt{x} prímmel sem, ugyanis 6m\pm1 pontosan akkor osztható p=6k\pm1 prímmel, ha 6m\equiv\pm1~(\mod{p})~<=>~6mk\equiv{m}\equiv\pm{k}~(\mod{p}), ~k=\left[\frac{p+1}6\right]. Alkalmazzuk a logikai szitát, ekkor f-et kapjuk, ahol a \left[\frac{n-a_{i,0}}{d}\right]+1=\left[\frac{n-a_{bi,0}+d}{d}\right]=\left[\frac{n+b_i}{d}\right] általános tagot, (ami azt számlálja, hogy hány darab 6n+1-nél nem nagyobb tagja van a sorozatnak, mely kielégíti az i-edik a_{i,k}\equiv\pm\left[\frac{p-1}6\right]~(\mod{p}),~p|d kongruencia rendszert), úgy kapjuk, hogy n-ből kivonjuk az ai,0 kezdőtagot, ezt elosztjuk a d differenciával, ehhez hozzáadunk 1-et, mert a kivonáskor elvesztettük a kezdőtagot.

Beláttuk hát, hogy f bizonyos tulajdonságú egészeket számlál, ezért értéke csak nemnegatív lehet, azaz: f(x)\ge0.

2.Bizonyítás: Nevezzük jó egészeknek az ikerprím számtani közepeket. Az f nem ismeri fel a (0,\sqrt{x})-ban lévő jó egészeket. Ezt konkrét példákon is megmutatjuk.

Legyen n=4, ekkor f(x)=f(6n+1)=4-\left[\frac{4-1+5}{5}\right]-\left[\frac{4-4+5}{5}\right]=2. Azt kaptuk, hogy 6.4+1=25-ig 2 db ikerprím pár van, pedig igazából 4 db van. A hiba egyik oka, hogy a 3,5 pár nem 6k\pm1 alakú, így a szita "nem törődik vele", a másik ok, hogy mivel 5|6.1-1, így a szita rossz egészként azonosítja annak ellenére, hogy 5=6.1-1 prím. 6.1 másik szomszédja csak prím lehet, mivel a p|6k\pm1\lex alakú összetett számok prímosztóira 5\le{p}\le\sqrt{x}, itt x=52, vagyis, ha 6.1+1 összetett, akkor csak az 5 jöhet szóba prímosztóként, de ez lehetetlen, mert 6.1+1\equiv2 (mod 5), ezért 6.1\pm1 ikereprímek.

Az n=6 esetet már nincs kedvem leírni, az n=4 esethez hasonlóan járunk el, a lényeg az, hogy ha \pi2(x)-re vagyunk kíváncsiak, akkor f(x)-hez hozzá kell adnunk a szitában lévő, vagyis 5\le{p}\le\sqrt{x} prímek számát, ami úgy-e \pi(\sqrt{x})-2, de hozzá kell adni a nem 6k\pm1 alakú ikerprímek számát ami 1, így kapjuk a

\pi_2(x)=f(x)+\pi(\sqrt{x})-1

formulát, ezzel beláttuk mindkét álítást.

Mivel \forallx\inAf(x)\ge0, a \pi(\sqrt{x})-1 nem korlátos, ezért a bal oldal sem az, vagyis \pi2(x)\to\infty (x\to\infty).

Előzmény: [143] bily71, 2012-01-15 17:24:53
[143] bily712012-01-15 17:24:53

Akkor most kezdjük újból, tekintsünk semmisnek az eddigi eszmefuttatásaimat és használjuk fel azt, amit RG [135]-ben írt.

Legyen f:A={x|x=6n+1, n\inN*}\toN,

f(x)=\sum_{d|\prod_{5\le{p}\le\sqrt{x}}p}\left(\mu(d)\sum_{i=1}^{2^{\omega(d)}}\left[\frac{n+b_i}{d}\right]\right),

ahol \mu(d) a Möbius-függvény, \omega(d) d különböző prímosztóinak száma, bi=d-ai,0, ahol ai,0 az i-edik d differenciájú számtani sorozat kezdőtagja (a kínai maradéktétel miatt \omega(d) db ilyen sorozat létezik), vagyis a legkisebb pozitív egész, melyre a_{i,0}\equiv+\left[\frac{p+1}6\right]{\rm{vagy}}-\left[\frac{p+1}6\right]~(\mod{p}) minden p|d-re.

1. Állítás: \forallx\inA:

f(x)\ge0.

2. Állítás: \forallx\inA:

\pi_2(x)=f(x)+\pi(\sqrt{x})-1.

Bizonyítások később.

[142] bily712012-01-11 22:18:05

Még egy megjegyzés: [140]-ben a "De mi csak az összetett tagok számára vagyunk kíváncsiak, ezért ha qr+1 prím, akkor nem korrigálunk 1-gyel." mondatot tekintsük semmisnek, ugyanis, nem tudjuk, nem tudhatjuk, hogy prím-e az első tag, hiszen pont azt akarjuk bizonyítani, hogy létezik olyan sorozat, aminek az első tagja prím. De nincs baj, mert a korrigálással f értéke kisebb lesz, mint a qn+1 alakú prímek száma, de még így is pozitív.

Előzmény: [141] bily71, 2012-01-11 19:53:25
[141] bily712012-01-11 19:53:25

Megjegyzés: f(x)=\sum_{d|\frac{P(\sqrt{x})}q}\mu(d)\left[\frac{x+a_d}{dq}\right] függvény x\leq2 esetén nincs értelmezve, mert ekkor d|\frac{P(\sqrt{x})}q-nak nincs értelme. x>q2 esetén az x-nél nem nagyobb qn+1 alakú prímek számát adja.

Ki lehetne küszöbölni ezt a hiányosságot, de így egyszerűbb volt f-et definiálni.

Előzmény: [140] bily71, 2012-01-11 18:44:45
[140] bily712012-01-11 18:44:45

Létezik-e qn+1 alakú prím, ahol q rögzített prím (n\inN*)?

Legyen p prím, p\neq.

Egy qn+1 alakú pozitív egész pontosan akkor osztható a p prímmel, ha qn\equiv-1 (mod p).

Létezik legkisebb r\inN úgy, hogy (-r)q\equiv1 (mod p) \implies n\equivr (mod p).

Mivel n\equivn+p (mod p), azért a p-vel osztható qn+1 alakú számok számtani sorozatot alkotnak, melynek kezdő tagja qr+1, differenciája pq. Hány x-nél nem nagyobb tagja van ennek a sorozatnak(x\inR, x>0)? A válasz \left[\frac{x-(qr+1)}{pq}\right]+1=\left[\frac{x+q(p-r)-1}{pq}\right]=\left[\frac{x+a_p}{pq}\right]. De mi csak az összetett tagok számára vagyunk kíváncsiak, ezért ha qr+1 prím, akkor nem korrigálunk 1-gyel. Ugyanezt kapjuk ha p összetett szám.

Jelölje f(x) az x-nél nem nagyobb qn+1 alakú prímek számát. f(x)=\sum_{d|\frac{P(\sqrt{x})}q}\mu(d)\left[\frac{x+a_d}{dq}\right]. A [133]-ban leírtakhoz hasonló becsléseket elvégezve kapjuk, hogy létezik x0, hogy x0<x esetén f(x)>0. Ebből következik, hogy létezik qn+1 alakú prím.

A módszer lényege, hogy bal oldalra csoportosítjuk a szita azon tagjait, melyek nevezőiben pi-nél nem nagyobb prímek szerepelnek, jobb oldalra pedig azokat, melyek nevezői oszthatóak pi+1-vel, de nála nagyobb prímmel nem, ezután kapjuk, hogy a bal oldal nagyobb, (q minden nevezőben szerepel, ezért a csoportosításnál azt nem vesszük figyelembe). Ha jó a módszer, úgy alkalmazható annak bizonyítására, hogy bármely q rögzített prímre létezik qn+m alakú prím, ahol m rögzített pozitív egész, amiből következik Dirichlet tétele. Ha nem jó, akkor sem történt semmi.

Előzmény: [139] bily71, 2012-01-08 22:02:23
[139] bily712012-01-08 22:02:23

Persze, hogy hibás a bizonyítás, hiszen prímeket használtunk fel, hogy bizonyítsuk létezésüket.

Azonban, ha egy kicsit megvariáljuk a szitát, akkor kijön pl. hogy létezik pn+1 alakú prím. Itt már nyugodtan felhasználhatjuk a prímeket, mert a szitában nem számít a prímek alakja, így nem használjuk fel azt, hogy van ilyen alakú prím. A szita azon egészeket fogja számolni, melyek nem elégítik ki a tiltott kongruenciákat. A Legendre-formulában minden p prímre az n\equiv0 (mod p) a tiltott kongruencia.

Előzmény: [138] Róbert Gida, 2012-01-08 20:20:44
[138] Róbert Gida2012-01-08 20:20:44

Az 1 miatt van ott a (-1). A szita prímnek venné, de egység. Sokat nem szitáltál még.

Azért pontosítanék, Eukleidész persze többet látott be. Az hogy van prím valamivel egyszerűbb. És ekkor persze olyanokat sem írhatsz, hogy p1,p2,p3 hiszen neked éppen azt kell belátnod, hogy van prím. De még így is messze vagy egy korrekt bizonyítástól (lásd a három pontot a biz. végén.)

Előzmény: [136] bily71, 2012-01-08 18:18:12
[137] bily712012-01-08 19:34:04

A \sum_{d|P(\sqrt{x})}\mu(d)\left[\frac{x}d\right] szita igazából azoknak a pozitív egészeknek a számát adja, melyek nem tagjai egy p\le\sqrt{x} prím kezdőtagú és differenciájú számtani sorozatnak sem. A bibi ott van, hogy ezeknek a sorozatoknak a kezdőtagja prím, így ezeket nem számolja be, de beszámolja az 1-et, ami ugyan nem tagja egyik számtani sorozatnak sem, de attól még nem prím.

Előzmény: [136] bily71, 2012-01-08 18:18:12
[136] bily712012-01-08 18:18:12

"Túróst. A szita pontos. Az (\sqrt{x},x] közti prímek számát adja meg."

A szita olyan értelemben nem pontos, hogy nem \pi(x) értékét adja, hanem, ahogy Te is írod, (\sqrt{x},x] közötti prímeket. Igazából azt sem, (ha már szőrszálakat hasogatunk), ha a szita az általad említett intervallumbeli prímek számát adja, mit keres a formulában a -1 tag?

"A végén meg akkor az jött ki, hogy (x)>0, azaz van prím. Ez már Eukleidésznek meg volt, de valahol el kell kezdeni."

Igen, csak ennyit akartam megmutatni, hogy létezik legalább egy prím, se többet, se kevesebbet.

Hasonló szitával meg tudom mutatni (legalábbis úgy gondolom, de lehet, hogy tévedek), hogy a (pnn\inN*) számtani sorozatnak, ahol p rögzített prím, létezik legalább egy olyan tagja, melynek mindkét (nem sorozatbeli) szomszédja prím. Ezután már alkalmazhatjuk a [129]-ben leírtakat, ugyanis bármelyik prímet rögzíthetjük.

Előzmény: [135] Róbert Gida, 2012-01-08 16:22:50
[135] Róbert Gida2012-01-08 16:22:50

"Azért nem pontos a szita, mert nem mindegy, hogy d prím, vagy sem."

Túróst. A szita pontos. Az (\sqrt x,x] közti prímek számát adja meg.

A végén meg akkor az jött ki, hogy \pi(x)>0, azaz van prím. Ez már Eukleidésznek meg volt, de valahol el kell kezdeni.

Előzmény: [133] bily71, 2012-01-07 23:39:53
[134] bily712012-01-08 08:40:52

Javítás, helysen: Az f(d) definíciója helyett mondhattuk volna azt is, hogy létezik olyan egész szám, mellyel a számlálót korrigálva a helyes értéket kapjuk, jelöljük ezt f(d)-vel.

Az "Átrendezve:" után szinte minden előjelet elírtam, az előjelek helyesen a Möbius-függvény szerint alakulnak, nem írom le mégegyszer.

Előzmény: [133] bily71, 2012-01-07 23:39:53

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]