Igen. Pl. egy nagy páros számról könnyű eldönteni, hogy prím-e, annak ellenére, hogy nagy. Továbbá nem csak úgy lehet eldönteni egy számról, hogy prím-e, hogy keressük az osztóit. Valójában a hatékony prímtesztek nem is osztókat keresnek, mert túl sok potenciális osztó van.
"Minél nagyobb egy szám, annál nehezebb eldönteni róla, hogy prím vagy sem, hiszen az összes, nála kisebb számmal (pontosabban az összes számmal, ami kisebb mint a vizsgált szám négyzetgyöke) végig kell próbálgatni, hogy osztja-e vagy nem osztja."
Az első változatban a 'négyzetgyöke' helyett 'fele' szerepelt, az sem volt jó. Az egyik szerint a 9. a másik szerint a 4 prímszám.
Nem. Sőt még a sűrűségi hipotézis sem következne belőle, legalábbis nem tudunk ilyen implikációról. A sűrűségi hipotézis gyengébb a Riemann-sejtésnél, itt olvashatsz róla. Egyébként Ingham, Huxley és Guth-Maynard eredményei a sűrűségi hipotézis irányába tett konkrét (és kiváló) eredmények.
Sajnos nagyon gyatrára sikeredett ez a Telex-cikk. A családomnak írtam egy jobb összefoglalót, bemásolom ide:
1896 óta tudjuk, hogy egy nagy x körül átlagosan ln(x) távolságra vannak a prímszámok, pontosabban ennek a becslésnek a relatív hibája nullához tart, amint x tart a végtelenbe. A kérdés az, hogy ez a statisztikus törvényszerűség az x körül milyen rövid intervallumokban igaz. Az intervallum hossza legyen xc. A Riemann-sejtésből következik a sűrűségi hipotézis, amely szerint minden c>1/2 jó. Ezt bizonyítani egyelőre csak álom. Ingham 1940-ben igazolta, hogy minden c>3/5 jó. Huxley 1972-ben igazolta, hogy minden c>7/12 jo. Guth es Maynard új eredménye szerint minden c>17/30 jó.
A Pillai-sejtés következik az abc-sejtésből, ezért elég széles körben elfogadják. Egyébként még soha nem beszélgettem erről a sejtésről. Az én témám elég távol áll a diofantikus egyenletektől.
Egyelőre nem tudni, hogy van-e végtelen sok barátságos számpár. Tehát az első kérdésedre az a válasz, hogy igen, lehetséges, hiszen nem tudjuk, hogy mi az igazság. Szerintem a második kérdésre sem tudjuk a választ.
Reális-e azt feltételezni, hogy több páratlan barátságos számpár van, mint páros? Egyre nagyobb számokig nézve az arányuk fokozatosan nő, de a legnagyobb ismert tartományban még csak 45,9%. Lehetséges, hogy bizonyos határ felett már 90% feletti lesz a páratlanok aránya?
A barátságos számpárok a társas számok speciális esetei, amikor a sorozat hossza 2. Eddig 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9 és 28 hosszúságú sorozatokat találtak. Bizonyítható-e, hogy van olyan szám, amilyen hosszúságú sorozat nem létezik?
A zeta(3), zeta(5), zeta(7), stb. értékekről valóban keveset tudunk. Pl. ezek közül csak a zeta(3)-ról tudjuk, hogy irracionális, tehát értelemszerűen azt se tudjuk, hogy a pi-nek racionális együtthatójú polinomjai-e.
Nekem , igaz ez szubjektív az 'elegánsan' kifejezhető számok valami miatt speciálisak
A kérdés hogy nem lehet kifejezni vagy nem tudjuk jelenleg és van e valami mélyebb jelentése.. ezek mégiscsak az osztókhoz kapcsolódnak , azaz a primekhez is..
pl. ha jol tudom azt sem tudjuk van e olyan páratlan n egész szám amire kszi(n) kifejezhető e úgy mint a kszi(x) ha x páros
A "speciális szám" inkább pszichológiai fogalom. Pl. minden további nélkül mondhatjuk, hogy a sum 1/s(n)2 egy speciális szám, hiszen megegyezik a sum 1/s(n)2 összeggel. Minden attól függ, hogy melyik számot tartjuk fontosnak, "speciálisnak"; ez egy szubjektív dolog. Mindenesetre ne várj olyan szép tömör formulát, minthogy sum 1/n2 = pi2/6.
Nem hiszem, hogy lenne egyszerű jellemzése az s(m)=s(n) megoldásainak. Egyébként rengeteg eredmény van az s(n) függvényről, de ezek általában nem tartoznak a fősodorba. Itt van egy cikk kezdésnek.
Az 1-es kérdést nem értem, mert nem világos, mit jelent benne a "spéci". Pl. az s(n)=2n reláció nem valamilyen érdekes tény a tökéletes számokról, hanem maga a definíció. Hasonlóan mondhatjuk, hogy az n szám "különleges", ha s(n) valamilyen más kifejezéssel egyezik meg, pl. a 3n2+5n kifejezéssel.
A sum 1/s(n) divergens, mert nagyobb a prímek feletti sum 1/(p+1) összegnél, ami divergens. Pontosabban számolva kiderül, hogy az x-ig vett összeg aszimptotikusan konstansszor ln(x), és a konstans expliciten megadható. A sum 1/s(n)2 konvergens, hiszen a sum 1/n2 összegnél kisebb. Az s(n) multiplikativitása miatt az összeg természetes módon felbomlik a prímek feletti végtelen szorzatra, de nem hiszem, hogy a végeredmény könnyen kifejezhető lenne ismert konstansokból.
Van egy érdeklődő fiatalember, aki már hetek óta ugyanazon a problémán agyal. Tőlem is kért segítséget, de nem tudtam semmi okosat.
Leírom:
Egy körvonalon megjelöli egy szabályos n oldalú sokszög csúcsait, majd megrajzolja az összes olyan kört, emelynek középpontja valamelyik jelölt pont és a kerületén van valamely másik kijelölt pont. Az összes ilyen kört megrajzolja. És felteszi a kérdést, hogy hány tartományra osztják a berajzolt körök az eredeti kört.
GeoGebrával megrajzolja az ábrát és nagy türelemmel megszámolja a tartományokat.
Eredményei:
3-nál 4
4-nél 9
5-nél 21
6-nál 36
7-nél 78
8-nál 145
9-nél 208
10-nél 351
11-nél 562
12-nél 636 tartomány.
Van-e erre képlet? Ezt kérdezi.
Tudtok valami okosat mondani erre?
(A fenti eredményeket Tőle kaptam, de még az is lehet, hogy elszámolt néhány tartományt.)
Igen, ez így rendben van, és jóval egyszerűbb, mint amit én írtam. És az is látszik, hogy I egyértelmű, hiszen mindegyik I-re ugyanazt a Q->F2 homomorfizmust kapjuk (aminek a magja az I).
> Sőt, még az sem triviális, hogy a 2 nem egység a gyűrűben (amikoris a nevezett maximális ideál nem létezik).
Ezt a részt valóban kihagytam. Legyen Q=Z[sqrt(2),sqrt(3),...] a generált gyűrű. Q elemei algebrai egészek, így 1/2 nincs Q-ban, így 2Q egy valódi ideál.
> Igen, de bizonyításra szorul, hogy a generátorokon vett leképezés (amit megadtál) kiterjed homomorfizmussá.
Az volt a tervem, hogy veszem az I-vel vett h homomorfizmust az F := Q/I testbe, megmutatom hogy a Q generátorelemei a 0-ba meg az 1-be mennek. Amihez szerintem elég az, hogy sqrt(2k) képe h szerint 0-osztó F-ben vagyis 0, illetve sqrt(2k+1)-1 képe 0-osztó így 0 F-ben, sqrt(2k+1) = 1 F-ben. Homomorfizmus, mert maximális ideállal faktorizáltam gyűrűt, így alapból értelmezve van az egész Q-n. Minden más elem képe is 0 vagy 1, mert a generátorrendszer generál minden elemet a gyűrűben (akár többféleképpen), és a generálást h-n áttolva F-be 0-t vagy 1-et kapok.
és nem is nehéz: a 2-t tartalmazó maximális ideállal vett kép az test
Igen, de apriori ez a test lehet F2-nél nagyobb (akár végtelen is). Sőt, még az sem triviális, hogy a 2 nem egység a gyűrűben (amikoris a nevezett maximális ideál nem létezik). Lásd alább.
Így minden generátor képe 0 vagy 1, így minden elemé is.
Igen, de bizonyításra szorul, hogy a generátorokon vett leképezés (amit megadtál) kiterjed homomorfizmussá.
Itt egy bizonyítás arra, hogy valóban van homomorfizmus az általad tekintett S gyűrűből az F2-be. Belátható (de nem triviális), hogy az S minden x eleme egyértelműen írható fel pozitív négyzetmentes számok négyzetgyökeinek egész együtthatós lineáris kombinációjaként. Ebből következik, hogy 1 nem eleme a 2S-nek (vagyis a 2 nem egység az S-ben), majd az is következik, hogy van egyetlen y elem a {0,1} halmazban, amire x2 kongruens y modulo 2S. Az y-t jelöljük f(x)-szel. Belátjuk, hogy a kapott f:S->F2 leképezés egy gyűrűhomomorfizmus. Legyen x és x' eleme S-nek. Ekkor x2 = f(x) mod 2S és x'2=f(x') mod 2, amiből
(xx')2 = x2x'2 = f(x)f(x') mod 2S,
illetve
(x+x')2 = x2+x'2 = f(x)+f(x') mod 2S.
Tehát f(xx') = f(x)f(x') mod 2, ill. f(x+x') = f(x)+f(x') mod 2, és készen vagyunk.
Igazából nekem elég, hogy az egész számok négyzetgyökei által generált gyűrűből van homomorfizmus F2-be, ami viszont szerintem már igaz, és nem is nehéz: a 2-t tartalmazó maximális ideállal vett kép az test, sqrt(2k) nullosztó így 0, sqrt(2k+1)-1 szintén nullosztó az sqrt(2k+1)+1 révén így szintén 0. Így minden generátor képe 0 vagy 1, így minden elemé is.
És ezzel be tudom látni, hogy egy rácssokszög oldalhossza nem lehet páratlan egész: L = sum( sqrt(dx_i^2 +dy_i^2) ). Par(L) = par( sum( dx_i^2 +dy_i^2 ) ) = par( sum dx_i + sum dy_i ) = 0, az előbbi gyűrűben. (Ezt lehet közvetlenül F2-ben, ha kihasználom hogy nem egész gyökszámok összege nem lehet egész, ami igaz, de nem akartam használni.)
Létezik a valós algebrai egészekből homomorfizmus Z/2Z-be?
Nincs ilyen homomorfizmus, mert az x2-x-1 polinomnak van gyöke a valós algebrai egészek körében, de nincs gyöke a Z/2Z-ben. Általánosabban, ha R jelöli a valós algebrai egészek gyűrűjét, akkor nincs R-ben olyan I ideál, amire R/I véges lenne. Ugyanis tegyük fel, hogy I egy ilyen ideál, és legyen J egy őt tartalmazó maximális ideál. Ekkor R/J véges test, aminek elemszáma valamilyen q prímhatvány. Az R/J-ben minden x elemre fennáll az xq=x azonosság, tehát az xq-x-1 polinomnak nincs gyöke az R/J-ben. Ugyanakkor az xq-x-1 polinomnak van gyöke az R-ben, ellentmondás.
Létezik a valós algebrai egészekből homomorfizmus Z/2Z-be?
"Párosságról" szeretnék beszélni egy valós/diofantoszi egyenlethez. Jó lenne, ha a '2' által generált ideál szétosztaná a valós algebrai egészeket páros és páratlan számokra, és fennállnának a szokásos összefüggések, hogy páratlan + páratlan az páros, és páratlan * páratlan az páratlan, meg tudnék gyököt vonni, meg ilyenek. Hátha a valós algebrai egészek tudják ezt? Bár ez jó erősnek tűnik, biztosan ismert lenne ha igaz lenne.
Egy másik kérdés, hogy ezt meg tudnám-e kérdezni valamilyen algebrai programtól, hogy hogyan néz ki a '2' által generált ideál a valós algebrai egészek között?
