Persze megint én leszek az ügyeletes fekete bárány. Az 1. kérdés az volt: MIÉRT
(Ez olyan mintha azt kérdezném, mi a különbség a léghajó és a repülőgép repülése között. A válaszban ha torlópontot, meg egyebebeket bizonygatok nem a kérdésre válaszolok. Itt helyes válasz Archimedesz és Bernoulli törvénye.) Itt meg a valós számok és Bernoulli egyenlőtlenség.
Ha |x|<1, akkor a log(1+x) Taylor-sorfejtéséből x-x2/2 < log(1+x),
ezért elegendő belátni, hogy
(log(n))/n < (2/n)1/2 - (1/n),
más szóval hogy
log(n) < (2n)1/2 - 1.
Na most ez n=1 és n=2 esetén teljesül, ezért elegendő belátni, hogy log(x)-(2x)1/2 csökkenő függvény az x>2 intervallumon, azaz a deriváltja negatív. A szóban forgó derivált
1/x - 1/(2x)1/2,
tehát azt kell belátnunk, hogy x>2 esetén x>(2x)1/2. Ez pedig triviális.
Igazából te fogalmaztad meg jól a sejtésedet. Kicsit átfogalmazom:
(1) végtelen sok n egész számra n, 4n-1, 6n-1 mindegyike prím
vagy
(2) végtelen sok n egész számra n, 4n+1, 6n+1 mindegyike prím
Én gyengébb sejtést fogalmaztam meg, mert kihagytam a középső számok prím voltát. Na most azt sejtjük, hogy a fenti (1) és (2) külön-külön is igaz (nem csak valamelyikük). Egész pontosan Dickson 1904-ben fogalmazott meg kb. 100 évvel ezelőtt egy nagyon általános sejtést, aminek ez egyszerű speciális esete. Dickson sejtését most kicsit fáradságos lenne pontosan kimondani (az előző válaszombeli link 28. oldalán megtalálod), de egy következménye az alábbi:
(*) Legyenek L1,L2,...,Lt d-változós egész együtthatós nemkonstans lineáris polinomok, amelyek egyike sem racionális számszorosa egy másiknak. Ha minden p prímszám esetén vannak olyan n1,n2,...,nd egész számok, hogy ezeket behelyettesítve a polinomok egyike sem osztható p-vel, akkor végtelen sok olyan n1,n2,...,nd egész behelyettesítés is van, amelyekkel a polinomok mind prímszámok.
Dickson sejtése annyiból pontosabb, hogy pontosan meg is jósolja, egy nagy d-dimenziós kockában aszimpotikusan hány behelyettesítés ad csupa prímet.
A Te (1) sejtésedet (*)-ból úgy kapod, hogy veszel d=1 változót (ez az n) és az L1(n)=n, L2(n)=4n-1, L3(n)=6n-1 lineáris polinomokat. A feltételek teljesülnek (mint könnyen ellenőrizheted), ezért a sejtés szerint kell lennie végtelen sok n-nek, amit behelyettesítve a polinomok 3 prímszámot adnak.
Na most Dickson sejtése annál könnyebb, minél nagyobb a d, és adott d-re annál nehezebb, minél nagyobb a t. A d=1 esetre lényegében csak a t=1 alesetben tudjuk a választ, ez Dirichlet tétele 1837-ből. A d=1, t=2 esetbe tartozik a Goldbach, Levi, illetve ikerprímsejtés, amik egyelőre teljesen reménytelenek. A fenti (1) és (2) a d=1, t=3 esetbe tartozik, ez tehát még reménytelenebb. A d=2, t=3 esetet konkrét példákon megoldotta Vinogradov 1937-ben, illetve Chowla és van der Corput 1939-ben. A d=2 és t>3 esetek mindegyikét megoldotta (az általam adott (*) gyengített formában) egy-egy konkrét példán Green és Tao pár éve. Tavaly nyáron Tao Fields-érmet kapott (illetve Green Salem-díjat pár éve), többek között ezért a munkájáért. Green és Tao jelenleg az eredeti kvantitatív Dickson-sejtés d=2 és t>3 esetein dolgoznak.
Egyébként nemlineáris polinomokra is vannak sejtések, ezek Schinzel nevéhez fűződnek és 1958-tól kezdve írt róluk cikkeket. Ezek még reménytelenebbek, ide tartozik pl. az a sejtés is, hogy végtelen sok n2+1 alakú prím van.
Szóval akkor azt mondod, hogy ez a probléma, amit felvetettem, és ami a te szakszerű megfogalmazásodban így hangzik, hogy végtelen sok olyan prím van e, amelyek kijönnek 6p-1 vagy 6p+1 formában, melyekbők 4p+1 illetve 4p-1 is prím, ez a Goldbach sejtéshez, vagy a Levi sejtéshez hasonló probléma, amit ma még lehetetlen megoldani. És felvetette ezt már előttem valaki? És ha igen ki? Csak kiváncsiságból kérdezem, mert én nem vagyok ebben valami tájékozott. Nem is értek igazából annyira a matematikához, csak játszadoztam a fejemben a számokkal mikor ez eszembe jutott. Válaszodat előre is köszönöm.
Elég nehéz lehet látatlanban megmondani, mi a sürgető. Lehet, hogy ha valaki rájönne a módszerre, az egyben a bölcsek köve gyártástechnológiáját is a kezünkbe adná, megoldva az élet értelme, az örök béke és a kvantumgravitáció problémáját egy füst alatt... :-)
A válasz bizonyára igen, de abba a kategóriába tartozik, mint a "van-e végtelen sok 2n-1 alakú prím". Ez utóbbi feladatnak több ezer éves története van (az ún. tökéletes számokon keresztül) és hozzá se tudunk szagolni. Erdős egyszer azt mondta rá (nagyjából szó szerint): "Ez a feladat talán a legnehezebb, amivel az emberiség valaha is találkozott, de talán nem a legsürgetőbb."
Végtelen sok '3 az n-ediken ból kettő', alakú prím van szerintetek? Hát 5-re? Lehet, hogy túl könnyű vagy túl neház példák, csak így hirtelen kiváncsi lettem.
:-) Tessék nyugodtan hülyézni. Nem vagyok érzékeny.
Ugyan már kimondták az áment. Ha létezést (egzisztenciát) kell bizonyitani, megteheted példával, táblázattal, függvény explicit definiálásával (pl topikfan), vagy implicite (lásd másik topik Rosenkrantz fv.e minimuma). Implicit definiciónál persze azt kell elsőnek bizonyitani, hogy van függvény aminek (itt most) a minimuma az adott tulajdonságú. Pl : konstruálsz egy fv. (Megtette,és megmutatta, hogy távolságok az argumentumok, igy pl. kivonhatók).Viszont nem láttam a feladat kitűzésekor kezdeti feltételek definiálását, igy nem látom, a feladat megoldásában a kezdeti értékektől való folytonos függést. Azon gondolkodtam, hogy korrekt kitűzésű e. De itt unicitást nem kellett bizonyitani. Egy kicsit tovább gondolkodtam, ha szabad. (34. beirásom)
lehet, hogy ha foglalkoztál volna, akkor megértetted volna a feladatot elsőre?
ha nem érted az utalásos beszédet, akkor mondom direktben, bár azt nem szeretem: szerintem mindenkinek jobb lenne, ha alaposabban átgondolnád a mondanivalódat, mert kissé nagy a hibaszázalékod. ez vitában kis baj, de amikor éppen "segítesz" valakinek, akkor meg nagyobb.
Egyébként csak azért (is) érdekes mert van három kutam (egy tartály kettő hűtőtorony) az utak az összekötő csövek (a technológiai berendezések vizigényét beleszámolom az útba) és kicsit már kesze kusza lett. Ideje átalakitani.
ez a feladat olyan egyszerű volt, hogy még én is meg tudtam oldani kb 10 perc alatt egyéb tevékenységek közben. pedig én nem vagyok matematikus mérnök, csak vegyész.
A feladat az volt, hogy a kutak valamelyikétől indulva mindenképpen körbe tud menni az autó. Te meg úgy értetted, hogy a kutak bármelyikétől indulva körbe tud menni. Ebben csak az a sírnivaló, hogy a korábbi üzenetekben ezt a félreértést tisztáztuk.
Én úgy tudom, hogy a szinkrontolmácsolás óradíja min 5000 (ötezer) Ft, itt offline tolmácsolásról van szó, de magyarról magyarra ami szerintem meglehetősen speciális képességeket kíván, küldd el a számlaszámodat matmérnöknek :).
rosenkrantz arra utal, hogy az előbbi hozzászólásod a feladat teljes meg nem értését és a korábbi üzenetek nem elolvasását tükrözi, mint az már oly sokszor előfordult az esetedben. Kéri, hogy a magas vérnyomását megóvandó gondold végig, mit beszélsz.
A feladatodat így lehet átfogalmazni elegánsabban: végtelen sok p prím van, amire 6p+1 vagy 6p-1 is prím: a te kiindulási prímszámaid ezzel a jelöléssel 4p+1 és 4p-1, és 2p a megfelelő páros rész, amit hozzájuk adsz. Tehát a feladatod ugyanabba a kategóriába tartozik, mint a Levi-sejtés vagy a Goldbach-sejtés vagy az ikerprímsejtés. Ezek mind úgy fogalmazhatók meg, hogy bizonyos ax+by=c alakú egyenleteknek sok megoldása van x,y prímekben. Ezek a feladatok egyelőre teljesen reménytelenek a matematika számára. Ehelyett (immáron 70 éve) kezelni tudjuk az olyan lineáris egyenleteket, amikben 3 darab prím változó van, illetve (kb. 2 éve) az olyan lineáris egyenletpárokat, amikben 4 darab prím változó van. Itt egy friss áttekintő cikk, nézd meg ennek a harmadik fejezetét.
Üdvözletem!
Eszembe jutott egy feladat az úgynevezett Levi-sejtés kapcsán, és az 5-ös szám vizsgálata közben. A Levi-sejtés azt mondja ki, hogy minden páratlan szám felosztható olyan három prímszámra, amelyek közül kettő egyenlő, egy pedig nagyobb a másik kettőnél. Vegyük azokat a prímeket, amelyeknek, ha a páros felét elosztjuk kettővel szintén prímet kapunk. Ilyen számok például:
(7 = 3+4) (4/2 = 2)
(11 = 5+6) (6/2 = 3)
Most adjuk hozzá ezekhez a számokhoz saját páros felüket.
7+4 = 11
11+6 = 17
Láthatjuk, hogy szintén prímeket kaptunk. Ilyen prímek még a 19, 29 vagy a 43 is. Vagyis olyan prímek, amelyeknél van olyan kisebb prím, amelyiknek ha a páros felét elosztjuk kettővel szintén prímet kapunk, és ha ezt a páros felet hozzáadjuk saját magához, akkor megkapjuk ezeket a prímeket. A feladat tehát az lenne, hogy bizonyítsuk be: végtelen sok ilyen prím van. Én sajnos nem tudom bebizonyítani. Ha az interneten megvan valahol a bizonyítás és megmutatnátok annak is örülnék. Segítséget előre is köszönöm.
Segítségeteket szeretném kérni egy házidolgozat megírásában!
Közgazdaság tárgyból kellene összehoznom pár oldalt.
Témám a magyarországi bankrendszerek illetve a hitelkonstrukciók hatása a társadalomra a gazdaságra.
Arra gondolok, hogy bárki könnyedén hitelhez juthat, sőt igencsak kiterjesztették a konstrukciókat mindenféle árura.
Így árucikké vált a hitel, sokan eladósodnak, kamatokra költik azt amit megtakaríthatnának vagy más termékekre költhetnének. Persze másik oldala, hogy olyan cikkekhez is hozzá juthatunk így, amikhez e segítség nélkül nem biztosan.
Kérném véleményéteket, gondolataitokat?
Milyen hatásai vannak ennek makro és mikro szinten?
Milyen várható következményei lesznek rövid, hosszútávon?
