Belépés
Keresés
Kategóriák
Válaszadók toplistája
1. hatibacsi 20036
2. decotext 17332
3. geptop 16374
4. donaldduck 15550
5. hatarvadasz 13569
6. xenos 9874
7. feerko 9543
8. ibicimama 9280
9. piktorka2 9131
10. foxworkinspace 8624
Kinek a válaszát találták legtöbbször helyesnek?
1. ibicimama 1056
2. xenos 1031
3. dnemethk 845
4. hatarvadasz 810
5. donaldduck 744
6. pola62 730
7. geptop 665
8. hatibacsi 630
9. sunchat 489
10. gergelyferi 459
Helyesnek talált válaszok aránya
Tudjátok.hu már az Androidos készülékeken is!
Úton van? Épp válaszra lenne szüksége?
Tegye fel a kérdését!

Egy piros lámpánál is felteheti már kérdéseit, nem kell keresgélnie. Amint válasz érkezett a kérdésére, vagy új kérdés került fel, az alkalmazás jelezni fog.

Ön is segíthet másoknak, ha tudja a kérdésükre a választ, mivel az alkalmazás segítségével válaszolhat is.

Letöltés
Hogy is van ez akkor ?
Riemann-sejtés [bevezető szerkesztése]
A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából

A Riemann-sejtés, amit először Bernhard Riemann 1859-ben fogalmazott meg, egyetlen számelméleti tárgyú dolgozatában, a Riemann-féle zéta-függvény zérushelyeinek eloszlásával foglalkozik (és így a prímszámok lehető legegyenletesebb eloszlását állítja). Sokan (így például Erdős Pál is), az egész matematika legfontosabb problémájának, koronagyémántjának tartják. Egyike a Hilbert-problémáknak, és az egymillió dollárt érő millenniumi problémáknak is. A legtöbb matematikus igaznak tartja, bár például John Edensor Littlewood és Atle Selberg hangoztatott kétségeket.

A Riemann-féle zéta-függvény ζ(s) egyváltozós, komplex számokon értelmezett függvény, értelmezési tartománya a teljes komplex számsík, az s = 1 eset kivételével. Ha s>1 valós szám, akkor a konvergens


sor állítja elő, ez még akkor is konvergens, ha s komplex, de valós része 1-nél nagyobb. Így például az ismert Euler-féle formula miatt ζ(2)=π2/6. Ha s valós része nem 1-nél nagyobb, akkor analitikus folytatással kapjuk a függvény értékeit.

Vannak úgynevezett triviális gyökhelyei az s = −2, s = −4, s = −6, ... értékeknél. A Riemann-sejtés a nem triviális esetekkel foglalkozik, és kimondja:

A Riemann-féle ζ-függvény minden nem triviális gyökének a valós része 1/2.

Tehát a nemtriviális gyökök az 1/2 + it alakú számokból álló úgynevezett kritikus egyenesen vannak, ahol t valós szám és i a képzetes egység.

TudományokTermészettudományok
A kérdést írta: jhonyy9 ( 2012.01.21. 19:51 )
Válaszok száma: 6
Címkék: akkor, hogy, van, koronagyémántjának, legegyenletesebb, enciklopédiából, zérushelyeinek, problémájának, számelméleti,
Válaszok Új válasz
ludwigtoth 2012.01.23. 19:29 (#6)
Ajjajjj... ez a qrva TVN nem ismeri a kínai írásjeleket...

Hát igazán sajnálom... pedig mindent megpróbáltam...
ludwigtoth 2012.01.23. 19:26 (#5)
Hát egy pár dolog még nem egészen világos, de ha jól értelmezem az angyalka által leírtakat, akkor, a \sigma(n) \le H_n + \ln(H_n)e^{H_n} képlet által meghatározható az "a" vektor és a hozzánk közelítő anticiklon magasságának longitudinális szorzata, ami differenciáltan egyenlő a ciklon sebességének skaláris négyzetével. Ebből az következik, hogy d2 és c2 relatív prímszámok. Ami a sigma(n) és le H_n természetes logaritmusának összefüggését illeti, a sigma(n) \le H_n + \ln(H_n)e^{H_n} összefüggésből ez minden nehézség nélkül levezethető.
dhaj-nak is megpróbálom elmagyarázni a megoldásomat:
漢字に就いて+漢字& ;#12395;就いて=2(漢字に就&# 12356;て
mármost a
藤堂明保著 ㍼58年&am p;#12302;漢語と日本語』 288;秀英出版 skaláris szorzat alapján belátható hogy az eredmény
藤堂明保著 ㍼58年&am p;#12302;漢語と日本語』 288;秀英出版/sigma(n) \le H_n + \ln(H_n)e^{H_n}
lesz.
Tök egyszerű...
Remélem így már mindenkinek világos...
cathy222 2012.01.22. 01:18 (#4)
Jhonyy! Ezt bemasolhattad volna valahogy a kodok nelkul is, mert ugyan anelkul sem igen ertem, mirol van szo, de a kodok aztan tokeletesen osszezavarnak.
ludwigtoth 2012.01.22. 00:24 (#3)
angyalka: most dobtam egy hátast...
angyalka___ 2012.01.21. 20:51 (#2)
Folytatás ugyanonnan :
Számos, ártatlannak tűnő állítás valójában ekvivalens a Riemann-hipotézissel, például:

1. minden n\geq 100 természetes számra teljesül
|\log([1,2,\dots,n])-n|\leq\sqrt{n}\left(\log n\right)^2

ahol [1,2,\dots,n] az első n szám legkisebb közös többszörösét jelöli.

2. Robin tétele: Guy Robin 1984-ben bizonyította, hogy a következő állítás:
σ(n) < eγnlog log n minden n > 5040-re;

ahol σ(n) az osztóösszeg-függvény és γ az Euler-konstans; szintén ekvivalens a Riemann-sejtéssel.[1]

3. Lagarias tétele: 2002-ben Jeffrey Lagarias megmutatta, hogy a Riemann-sejtés ekvivalens a σ(n) osztóösszeg-függvényre vonatkozó következő felső becsléssel:
\sigma(n) \le H_n + \ln(H_n)e^{H_n}

minden n természetes számra, ahol Hn a harmonikus sorozat (H_{n} \ := \ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}).[2]


dhaj 2012.01.21. 20:47 (#1)
Ha ezt kínaiul is leírtad volna, talán megérteném.
Facebook komment
További címkék
kínai írásjeleket, hozzánk közelítő, ciklon sebességének, kodok nelkul, ajjajjj, ismeri, kínai, írásjeleket, ebből közös függvény, differenciáltan függvényre becsléssel, ugyanonnan ajjajjj közös, jhonyy volna, osszezavarnak illeti, négyzetével egyszerű, kínaiul becsléssel, összefüggését vektor, ekvivalens szorzata,
TVN.HU, Képtár, Blogok, Videótár, Szótár, Házi Receptek, Fecsegj, Véleményezd!,
© 2024 TVN.HU Kft.