弯国强先生的低级错误

qingjiao

qingjiao

弯国强先生的原文（百度哥猜吧）：

尚九天

下面引用由qingjiao在 2011/05/23 01:06am 发表的内容：
:em05: 弯                                 国强先生的原文（百度哥猜吧）：

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:em05: 哈！还有姓“弯”的？！第一次听说， “少见”，并不“多怪”！谢谢弯先生！

qingjiao

[这个贴子最后由qingjiao在 2011/05/23 08:45am 第 1 次编辑] 弯先生，非常遗憾，你这个新证明仍然是错误的。 首先，你对容斥公式的运用是错误的。当我们求任何[n+1，n+m]区间中p1的倍数时，正确的方法应是[(n+m)/p1]-[(n+1)/p1]，而不能[m/p1]；求p1*p2的倍数时，正确的方法是[(n+m)/(p1*p2)]-[(n+1)/(p1*p2)]，而不能[m/(p1*p2)]。 因此在正确运用容斥公式的前提下，对于长度为n的某个区段，其含有小素数倍数（2，3，5，...，pi，pi<=n，称为小素数）总的来说是否一定比区间[1，n]更少，这是不容易判断的，所以你的判断是武断的，草率的，你的逻辑推理是错误的--如果容易判断，容斥公式的发明人早就发明你的定理，与及更多的定理了。 至于为什么不容易判断，请弯先生自己思考。

qingjiao

[这个贴子最后由qingjiao在 2011/05/23 09:03am 第 2 次编辑]


弯国强的“新证明”在以下6~11楼：
http://tieba.baidu.com/f?kz=1087475829

LLZ2008

设n=Pi(Pi为不小于3的第i个素数)，取连续数段（P1*P2*…*Pi+2）到（P1*P2*…*Pi++Pi+1），包括（P1*P2*…*Pi+2）和（P1*P2*…*Pi++Pi+1）这两个数，则这个数段共有n=Pi个连续整数，但它们中没有不是P1、P2、…、Pi的倍数。这也是奥波曼猜想，用初等或高等数学知识都不易证明的原因。

qingjiao

[这个贴子最后由qingjiao在 2011/05/23 01:44pm 第 1 次编辑]


先生：我对容斥定理的理解，我想应该不在你之下，你说的我是知道的。如果那样做的说结果是不容易判别的。而我就是巧妙地避开那样做的困难，从而找到了一种易于计算的方法。
我并没有计算第r段的具体基质数的倍数的个数，而是计算这一段中最大的个数。因此困难就消失了。这就是这种解法的巧妙之处。
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是吗？弯先生？
不会检查自己错误的人是可悲的，也不适合做研究。
如果我也象你那样不会检查错误，N年前我就会宣布自己证明了N多的定理，然后就象这个吧里的许多人，或者其他网上的爱好者，整天大骂中科院和数学界有眼无珠，卑鄙无耻，。。。
那么弯先生的“巧妙证明”的根本错误在哪里呢？
在任何一个区间[n+1，n+m]中若干素数乘积组合的倍数，与[1，m]相比，可以相同，可以+1，这是不确定的，并且+1时该项在总和中应取加还是取减也是不确定的。因此，根本不能得出这些差项总和是(1-1)^m的结论。
弯先生将可能出现却不一定出现的差的绝对值1，当成是肯定出现的+1或-1，那就是大笑话了。
我没有那么多时间和精力，我的话到此为止，弯先生好自为之吧。

qingjiao

下面引用由LLZ2008在 2011/05/23 09:21am 发表的内容：
设n=Pi(Pi为不小于3的第i个素数)，取连续数段（P1*P2*…*Pi+2）到（P1*P2*…*Pi++Pi+1），包括（P1*P2*…*Pi+2）和（P1*P2*…*Pi++Pi+1）这两个数，则这个数段共有n=Pi个连续整数，但它们中没有不是P1、P2、…、 ...

李联忠先生，3*5*7*11*...*Pi+2~3*5*7*11*...*Pi+Pi+1只有Pi个数，比(3*5*7*11*...*Pi)^0.5小得多了。所以你的例子完全不能说明奥波曼猜想的难度。

qingjiao

w632158

谢谢青椒，你并没有指问题的实质。以前的证明有错误并不是你指出的那样。我会把我的证明贴出来，让大家再评的。