|
|
[1383] Maga Péter | 2010-09-22 22:23:31 |
Azt mondod [1372]-ben, hogy ,,Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához (...)''
Vesd már ezt össze a [1367]-es hozzászólásoddal: ,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."'' (ezt RG [1366]-osából idézed)
,,De igen!''
Most akkor mi van???
|
Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48 |
|
|
|
|
|
|
[1377] bily71 | 2010-09-22 12:38:37 |
Tehát mégegyszer:
(i) a fában ugyanannyi elágazás (csúcs) van, mint valós szám,
(ii) a szintek száma megszámlálhatóan végtelen,
(iii) minden szinten véges sok elágazás van, (az n-edik szinten 10n darab),
(iv) alkossanak az egy szinten lévő elágazások halmazokat,
(v) megszámlálhatóan végtelen sok véges elemszámú halmaz uniója megszámlálhatóan végtelen sok elemü halmazt eredményez.
Hol a hiba?
|
Előzmény: [1373] bily71, 2010-09-21 17:47:53 |
|
|
|
[1374] Róbert Gida | 2010-09-21 20:04:59 |
Bal oldalt irracionális szám áll, így nem lehet véges sok prím, mert különben a jobboldalt racionális szám állna. Ez klasszikus bizonyítás, de Erdőstől is van egy ilyen bizonyítás.
|
Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48 |
|
[1373] bily71 | 2010-09-21 17:47:53 |
"Sirpi módszerrel" megszámlálható, ugyanis minden elágazásnál tizszeresre nő a bejárható utak száma, mivel n elágazás van (n=), az utak száma 10n.
1/2 másodperc alatt elszámolok 1-ig, 1/4 alatt 10-ig, 1/8 alatt 100-ig, és igy tovább, vagyis 1 mp. alatt megszámoltam az összes utat :-)
|
Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18 |
|
[1372] bily71 | 2010-09-21 17:21:48 |
Mondanál egy példát arra, hogy úgy sikerült bizonyitani valamely természetes számokból álló sorozat végtelen voltát, hogy a tagok reciprokainak részösszegének sorozata irracionális számhoz tart? Egyátalán, hogy lehetünk ebben biztosak, mig nem tudjuk, hogy véges-e, vagy végtelen? (Egy rac. szám lehet két nagyon-nagyon nagy egész szám hányadosa is.)
Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához, hanem azt, hogy ha tisztáztuk az ikerprim-kérdést, akkor elkezdhetjük a vizsgálódást, addig nem. Ha tévedek, légy szives javits ki, de ne úgy, hogy: "nincs igazad".
|
Előzmény: [1368] Maga Péter, 2010-09-21 11:36:43 |
|
[1371] Maga Péter | 2010-09-21 11:56:35 |
Még egy érdekesség: van olyan végtelen játék, ahol egyik félnek sincs nyerő stratégiája, ami egy kicsit furcsa a véges játékokhoz szokott szemnek. Ennek bizonyítása a kiválasztási axiómán múlik. Ez az egyik szép példája annak, hogy a kiválasztási axióma -- hasson bármily természetesnek -- elég erős, nagyon-nagyon nem természetesnek ható következményekkel bír.
|
Előzmény: [1370] Maga Péter, 2010-09-21 11:52:51 |
|
[1370] Maga Péter | 2010-09-21 11:52:51 |
A válasz az, hogy ' létezik, azaz az irracionálisba hajtó játékosnak van nyerő stratégiája. Két egyszerű módszere is van. Az egyik az, hogy választ egy irracionális számot, és annak a jegyeit írja be, függetlenül attól, mit tesz a másik. Egy másik módszer pedig az, hogy sorbarendezi a racionális számokat, és az n. lépésében arra figyel, hogy az n. racionális számot elkerülje. Persze mindkettőt meg lehet formalizálni az előző hsz-emben levő módon ('-kel).
|
Előzmény: [1369] Maga Péter, 2010-09-21 11:48:55 |
|
[1369] Maga Péter | 2010-09-21 11:48:55 |
A végtelen játék egy absztrakció. Ne úgy képzeld el, hogy két játékos játssza, hanem úgy, hogy minden végtelen tizedestört a Q vagy a Q' halmazban van aszerint, hogy racionális vagy irracionális. A kérdés az, hogy van-e olyan, (illetve ' függvény), ami a tizedesvessző utáni első páros sok (páratlan sok) számjegyhez rendel egy számjegyet úgy, hogy a
0,(Ø)a2((Ø)a2)a4((Ø)a2((Ø)a2)a4)...
(illetve
0,a1'(a1)a3'(a1'(a1)a3)a5...)
szám minden a2,a4,... sorozatra racionális (illetve a1,a3,... sorozatra irracionális). A Q és Q' halmazok diszjunktsága miatt és ' nem létezhet egyszerre. Kérdés: létezik-e valamelyik, ha igen, melyik?
|
Előzmény: [1342] bily71, 2010-09-20 14:51:06 |
|
[1368] Maga Péter | 2010-09-21 11:36:43 |
,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."
De igen! (...)''
De nem! RG-nek van igaza. Képzeld azt, hogy bebizonyítottad az ikerprím-sejtést (mondjuk valamelyik bizonyításod jó a szomszéd topicban:P -- bocs, de nem lehetett kihagyni:)). Mivel lettél közelebb a Brun-konstans (ir)racionalitásához? (Nem számítva most egy olyan bizonyítást az ikerprím-sejtésre, amelyik közvetlenül az irracionális reciprokösszeget adja. Egy olyan persze valóban közelebb vinne...)
|
Előzmény: [1367] bily71, 2010-09-21 09:24:46 |
|
[1367] bily71 | 2010-09-21 09:24:46 |
"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."
De igen! Ugyanis a végtelen sok tag SZÜKSÉGES feltétele az irracionalitásnak. Ha bebizonyosodik, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már ELKEZDHETJÜK vizsgálni a Brun-állandót. Pl.: páratlan s esetén a zeta-függvény vizsgálatának azért van értelme, mert TUDJUK, hogy végtelen sok tagú összegről van szó. Véges sok tagnál fel sem merülne a kérdés.
|
Előzmény: [1366] Róbert Gida, 2010-09-21 01:31:20 |
|
[1366] Róbert Gida | 2010-09-21 01:31:20 |
"Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz."
? Most is 2 alternativánk van, vagy rac vagy irrac. Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz, marad a 2 alternatíva.
Gondolkodásod meg olyan, mintha azt mondanánk, hogy amíg a Marsról nem tudunk mindent addig egyetlen exobolygót se vizsgáljunk az űrteleszkópokkal. Sehol nem tartana a csillagászat.
|
Előzmény: [1360] bily71, 2010-09-20 21:30:24 |
|
|
|
|
|
|