Mi az a Goldbach sejtés?
válasza:"...semmit sem ér, ha nem tudod igazolni G/2-nél nagyobb prím minden kétséget kizáró létezését bármely tetszőlegesen nagy G-re?"
Mi ez a hülyeség? Erdős Pál kb. 90 éve igazolta, és azóta többen, többféleképpen, hogy n és 2n között van prím.
válasza:A Goldbach-sejtésnek két változata van. Az eredeti megfogalmazás az, hogy minden 5-nél nagyobb páratlan szám felírható három prím összegeként. Euler rámutatott, hogy ez következik abból az állításból, hogy minden 2-nél nagyobb páros szám felírható két prím összegeként.
(Nyilván egy 5-nél nagyobb páratlan szám felírható 3+n alakban, ahol n egy páros szám. Ha n felírható két prím összegeként, akkor abból következik, hogy a 3+n három prím összege lesz.)
Lásd még: [link]
> Valójában a kérdésem egy valakinek szól
Lehet, hogy tévedek, de van olyan sejtésem, hogy esetleg én vagyok az.
> semmit sem ér, ha nem tudod igazolni G/2-nél nagyobb prím minden kétséget kizáró létezését bármely tetszőlegesen nagy G-re
Egyrészt prímszámból végtelen sok van. Ez könnyen belátható. Ha feltételezzük, hogy véges sok prím van (mondjuk a példa kedvéért ismerjük a 2, 3 és 5 prímet, nem többet), akkor ezeket összeszorozva és egyet hozzáadva biztosan prímszámot kapunk. 2*3*5+1=31. A 31-et akár 2-vel, akár 3-mal, akár 5-tel osztod, egyet kapsz maradékul. Így szükségszerű, hogy van az általad ismerni vélt legnagyobb prímél nagyobb prím.
Tehát bármilyen nagy G-re létezik G/2-nél nagyobb prím.
De gondolom te inkább arra gondoltál, hogy létezik olyan prím, ami G/2 és G közé esik. Nos ez a Bertrand-sejtés, szokásos megfogalmazásban bármilyen pozitív n-re létezik olyan prím, amire igaz, hogy: n < p ≤ 2n. Bertrand n<3 000 000-ig igaznak találta, de akkor még csak sejtés volt. Tétellé 1852-től vált, mikor Csebisev bebizonyította a sejtést. A dolognak van magyar vonatkozása, mert Erdős Pál első cikkében, amit 18 évesen írt, adott egy a Csebisevénél elemibb bizonyítást.
Lásd: [link]
> Innentől viszont részemről az egész kuka.
Szóval tessék csak szépen visszajönni, és kivenni a kukából… 😉
#3
De akkor most ideírom mégegyszer.
A pozitív egész számok halmazán értelmezzük a feladatot.
Vegyünk egy tetszőleges (mondjuk 20-nál nagyobb) páros számot (legyen "G"), amelyen belül van egy G/2-nél nagyobb prím (jelöljük "P"-vel). Azt fogom bizonyítani, hogy ha ez a feltétel teljesül, "G" mindig felírható 2 prím szám összegeként. Határozzuk meg "Z" feltételezett nemprím számot "G-P=Z"-ként. A bizonyítás érdekében határozzunk meg egy tetszőlegesen kicsiny "p" (kettőtől különböző) prím számot, amire igaz, hogy kisebb "Z"-nél. Így felírható a "Z=p+k" összefüggés, ahol Z, p páratlan, k pedig emiatt páros.
Ekkor, hogy "Z" nemprímsége teljesülhessen, igaznak kell lennie annak, hogy "p+k=a*b", ahol a és b közül egyik sem nulla, egy, vagy kettő. Mivel azonban "p" prímsége miatt egészszámúan sem "a"-val, sem "b"-vel nem osztható, ebből az következik, hogy "k" sem lehet az, csupán az összegük. Ez esetben viszont (ismét "p" prímsége miatt) "k" értéke lesz a meghatározó. "Z" csak akkor hozható "a*b" alakra, ha teljesül "{p+(x-1)*p}/a=b" (itt "k=(x-1)*p"), ahol "x=a, 2a, 3a stb." lehet, illetve ugyanakkor teljesül "{p+(y-1)*p}/b=a" is (itt "k=(y-1)*p), ahol "y=b, 2b, 3b stb." értékeket vehet fel.
Ezzel az a probléma, hogy (mivel "k"-t "p"-ből származtatom) "k" nem vehet fel egyidejűleg két különböző értéket, tehát az egyenletek csak akkor teljesülnek, ha x=y és a=b. Úgyhogy most már elég egyetlen képletet felírnunk, pl. x-szel és a-val.
"{p+(x-1)*p}/a=a"-ból következik "x=a" (különben "a" önmaga többszörösével lenne egyenlő). Így viszont "{p+(a-1)*p}/a=a"-ból "p=a" és "Z=a²", azaz "Z=p²" következik.
Fentiekből viszont az következik, ha "Z" nem teljesíti az előző feltételt, akkor prím. Ha viszont teljesíti, akkor "G" a következő formában írható fel:
"G=p²+P", ami "G=p+{p*(p-1)+P}"
formára hozható. Bizonyítandó, hogy ebből a kifejezésből "p*(p-1)+P" összeg éppen egy prím (legyen P(1)), ugyanazt az indirekt bizonyítási módszert használjuk, mint korábban, azaz megpróbáljuk "a*b" alakra hozni. Mivel késő van, inkább egyszerűen lássuk be (abból az egyszerű tényből kiindulva, hogy mivel "P" nagyobb, mint "p*(p-1)", így az utóbbit elég nehéz lenne "P" egészszámú többszöröseként felírni.
Ebből viszont következik G=p+P(1), ahol P(1) szintén prím.
Összegezve: kettővel osztható kellően nagy (pl. 20-tól felfelé) számokra mindig igaz, hogy amennyiben találok egy az adott szám felénél nagyobb prímet (ez szerintetek igazoltan fellelhető), illetve egy a különbségüknél kisebbet is, akkor különbségük vagy szintén prím lesz, vagy éppen a kisebbik prím négyzete, ez utóbbi esetben viszont az adott szám és a kisebbik prím különbsége lesz prím, tehát az adott szám mindig felírható két prím összegeként.
Vélemények?
Amúgy majdnem 2 napig tartott a levezetés kidolgozása. Ha valaki a fent leírtakat a Prokopf "művésznév", mint forrás megjelölése nélkül a saját neve alatt publikálná, akkor az illetőt nem csupán jogilag fogom felelősségre vonni.
Mivel feltett szándékom a közeljövőben a matematikával is komolyabban foglalkozni, biztos, hogy találkozunk még.
válasza:Bevallom, elveszítettem a fonalat, de legyen egy konkrét példa:
G=50, P=29, Z=G-P=21
Z nem prím, és "G=p²+P" sem írható.
#7
Még egyszer nagyon köszönöm a segítséget, a bizonyításom ugyanis így már teljes lett. Gondolom te is rájöttél, hogy teljessé tehető (41+9=50, 47+3=50 alapján 😉).
Mivel a Goldbach sejtés bizonyításához elégséges a két prímre bonthatóságot igazolni, így elég bizonyítanom, hogy mindig létezik a P+p²=G alak.
A többit a következő kommentben. (Rem
válasza:Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!