Pakoltál már gömböt nyolc dimenzióban? (rövidhírposzt)
Marina Viazovska a lausanne-i EPFL kijevi születésű professzora kapta az egyik Fields-érmet. Azt bizonyította be, hogy a nyolcdimenziós térben az E8-ráccsal lehet a legnagyobb részt diszjunkt gömbökkel lefedni. A kétdimenziós eset sem volt triviális, az első tökéletes bizonyítást Fejes Tóth László adta, a háromdimenziós eset, a Kepler-sejtés, megoldása nagy szenzáció volt a nyolcvanas évek végén. Viazovska bizonyítása megdöbbentően rövid és később társszerzőkkel a 24-dimenziós esetet is megcsinálta.
Fields-érmet kapott még James Maynard (végtelen sok olyan prímpár van, hogy a különbségük kisebb, mint hatszáz), Hugo Duminil-Copin ( hallottam előadni, amikor talán még Ph.D diák volt, valszámos, és már akkor mondták, hogy Fields-érmet fog kapni) és a matroidelmélettel foglalkozó June Huh.
<div class='sharedaddy sd-block sd-like jetpack-likes-widget-wrapper jetpack-likes-widget-unloaded' id='like-post-wrapper-192691293-16529314-6a5734a48902d' data-src='https://widgets.wp.com/likes/?ver=14.1#blog_id=192691293&post_id=16529314&origin=www.orulunkvincent.hu&obj_id=192691293-16529314-6a5734a48902d&n=1' data-name='like-post-frame-192691293-16529314-6a5734a48902d' data-title='Like or Reblog'><h3 class="sd-title">Like this:</h3><div class='likes-widget-placeholder post-likes-widget-placeholder' style='height: 55px;'><span class='button'><span>Like</span></span> <span class="loading">Loading...</span></div><span class='sd-text-color'></span><a class='sd-link-color'></a></div>
Én ennek őszintén örülök.
utoljara raklapokat pakoltam a vivaroba, 3 dimenzioban. a field-en sikerem volt vele
Bár megjegyezném, hogy számomra az, hogy nyolcdimenziós térben az E8-ráccsal lehet a legnagyobb részt diszjunkt gömbökkel lefedni, annyira triviális, hogy nem értem, mit kellett rajta bizonyítani? Ebből is látszik, hogy nem vagyunk egyformák…
Lehet, hogy teljesen félreértem a szitut, de az, hogy Maynard tétele Fields-érmet ér azt jelenti, hogy a matematikus közvélemény elengedte az ikerprím-sejtés bizonyítását?
@outis58:: Megjegyzem, a Jura cég már kijött a továbbfejlesztett E8 V2 ráccsal, ami egy halom kávéfőzőtípusuk csepptálcájával kompatibilis…
Na bocsánat, adtam magamnak egy körmöst… 😉
@vattablz: Nekem csak az triviális, hogy itt pontosan 3 db, általam értelmezhetetlen izé van. Ezek rendre: „nyolcdimenziós tér”, „E8-rács” és „diszjunkt gömb”.
@Hottentottenstottertrottelmutterattentäter… usw: nem hiszem, hogy azt gondolták volna, hogy meg lehet csinálni az ikerprím-sejtést. annyira körbelőtték ezt az egészet. azt esetleg el lehetne képzelni, hogy az általánosított Riemann-hipotézisből kihozzák az ikerprímszámsejtést, de lehet, hogy egy számelmélész nevetne ezen. az igaz, hogy egy kiátlagolt Riemann-sejtésből kijönne a 6. ha valami távol áll tőlem…
@jotunder:: Jelenleg szitákkal tudjuk legjobban megtámadni az ikerprím-sejtést, most a Selberg-szita variánsai a leghatékonyabbak (a mérföldkövek Goldston-Yildirim, Goldston-Pintz-Yildirim, Motohashi-Pintz, Zhang, Polymath 8a, Maynard, Polymath 8b), de állítólag Sarnak (aki azért valaki) szerint a Chen-szita (ezzel például azt igazolta Chen, hogy végtelen sokszor van olyan, hogy két szomszédos páratlan szám egyike prím, másika pedig legfeljebb két prím szorzata) alkalmas továbbfejlesztése több reményre ad okot. Nem tudok róla, hogy bárki bízna abban, hogy a Riemann-sejtés bármit is segítene (erre alább visszatérek). Sőt, érdekes módon van egy olyan tétele Heath-Brownnak, hogy ha léteznek Siegel-gyökök (vagyis az általánosított Riemann-sejtés „nagyon durván” sérül kvadratikus karakterekre), akkor igaz az ikerprím-sejtés.
Még a posztról: Maynard a Goldston-Pintz-Yildirim-szita egy magasabb dimenziós változatát dolgozta ki. Ezzel a korábbi 70 milliós (Zhang) és szűk 5 ezres (Polymath 8a) korlát a szomszédos prímek között végtelen sokszor előálló különbségre valóban lement 600-ra, de nem ez volt a fő poén, hanem hogy tetszőlegesen sok prím végtelen sokszor van korlátos hosszú intervallumban. Tehát van egy nagy N szám, hogy N egymást követő pozitív egész között ezer prím is van végtelen sokszor. És nemcsak ezerre, hanem egymilliárdra is van ilyen N. (És az N-re adható becslés is.)
Maynard munkájának másik elméleti jelentősége a következő. Van a prímeknek egy úgynevezett megengedett eloszlási szintje, egy szám, ami azt méri, hogy mennyire egyenletesen oszlanak el számtani sorozatok között (ezt itt most nem fogom rendesen definiálni). Minél nagyobb ilyen megengedett eloszlási szintet tudunk bizonyítani, annál jobb. A híres Bombieri-Vinogradov-tétel (talán 60-as évek?) azt mondja ki, hogy a prímek megengedett eloszlási szintje legalább 1/2. Goldston-Pintz-Yildirim (a 2000-es évek elején) bizonyították, hogy ha itt az 1/2 helyett akármilyen 1/2-nél nagyobbat tudunk írni, akkor végtelen sokszor fordul elő valamilyen hézag szomszédos prímek között. Sajnos a Bombieri-Vinogradov-tétel ilyen erősítése még mindig várat magára. Zhang zseniális észrevétele (2013) az volt, hogy a Bombieri-Vinogradov-tétel egy gyengítése (csak úgynevezett sima modulusok, és csak speciális maradékosztályok figyelembe vételével, ami tisztább lenne, ha leírtam volna, mi az a „megengedett eloszlási szint”) esetében is elég 1/2 fölé menni, és ezt be is tudta bizonyítani, így kapta a legendás 70 milliót. (Aztán később kiderült, hogy ezt Motohashi-Pintz már korábban, ez előtt pár évvel, tudták, mármint hogy elég a Bombieri-Vinogradov említett gyengítésében felmenni az 1/2 fölé, de ők nem találták ki, hogy ezt hogyan lehet megcsinálni.) És akkor vissza Maynardhoz. A fentebb említett, magasabb dimenziós Goldston-Pintz-Yildirim szita (2013, kicsivel Zhang után) annyira feljavította a technikát, hogy azzal már elegendő bármilyen pozitív megengedett eloszlási szintet bizonyítani, nem kell még a Bombieri-Vinogradov-féle 1/2 sem. Kis magyar érdekesség, hogy az első ilyet Rényi csinálta (mármint hogy létezik valamilyen pozitív megengedett eloszlási szint), még a 40-es években. Az Elliott-Halberstam-sejtés egyébként azt jósolja, hogy még az 1 is megengedett eloszlási szint (ami, ha igaz, optimális). És akkor vissza a Riemann-sejtéshez, amint ígértem. A Bombieri-Vinogradov-tétel azt mondja ki, hogy egy bizonyos átlagos értelemben (ami a szitákhoz kell) igaz még az általánosított Riemann-sejtés is. Ezért sem gondolom, hogy pusztán a Riemann-sejtés közelebb vinne minket az ikerprímekhez.
@Hottentottenstottertrottelmutterattentäter… usw:: Van a sziták elméletében egy „parity barrier” nevű elv (nem tudom, mi lenne a szabatos magyar fordítás), ami valamilyen értelemben azt mondja, hogy az eddig használt sziták elégtelenek az ikerprímekre. Még ha az Elliott-Halberstamnak egy általánosított változatát tesszük fel, abból is csak a 6-os differencia jön ki, egész pontosan az, hogy végtelen sok n-re van két prím az {n, n+2, n+6} halmazban (és ugyanígy az {n, n+4, n+6} halmazban is). Tehát valahogy kell három szabadsági fok, hogy tudjunk két prímet garantálni. Ez persze nem jelenti azt, hogy a matematikustársdalom, ahogy te fogalmazol, elengedte volna az ikerprím-sejtést, de az világos, hogy valami nagy áttörésre van szükség, ha szitákkal akarjuk. (Ha meg nem szitákkal, akkor talán még inkább, figyelembe véve, hogy minden ismert gyengített ikerprímes tétel szitálás, így vagy úgy.)
@Menkunagy Bundaskutya: ez tökjó. ezekért a kommentekért nem adom fel a vincentet.
June Huh-val harom napig ultem egy NSF biralobizottsagban. Fiatal kora ellenere o latott at mindent a legjobban. Orulok, hogy Fields dijat kap.
Gömböt nem, de egyéb dolgokat már pakoltam 8 dimenzióban. A feleségem utazott Londonba az unokáért, és két bőröndöt kellett neki bepakolnom – logisztikából nem erős. Na most egy bőrönd 3 dimenzió, 2 bőrönd 6 dimenzió, a maradék két dimenzióban pedig elfértek azok a folyóiratok, amiket a lányunknak vitt. Az összesen 8 dimenzió. De nem kérek érte elismerést. (Az asszonytól se kaptam, természetesnek vette. De ha elmondom neki, hogy másnak ez kitüntetést ér, lehet, hogy másként fog viszonyulni…)
@Menkunagy Bundaskutya: Azt meg tudod mondani egy ötéves szintjén, hogy mitől különleges szám a 600 (vagy akár a hetvenmillió)? Miért nem 599 vagy 601?
A francba jön ki, hogy végtelen sokszor van max 600 távol két prím, de úgy, hogy ez 599-re már nem működik?
@nyulambator: Annak idején számelméletből egy dolgot voltam képes igazán megérteni: nem nehéz egy ötéves számára is érthető kérdést feltenni, amire adott válasz megértéséhez 15 év kemény tanulása szükséges. Szóval óvatosan a kérdésekkel :))))
\
@Menkunagy Bundaskutya: Neked személy szerint melyik kimenet volna érdekesebb: ha igaz vagy ha hamis az ikerprím-sejtés?
@nyulambator:: Megpróbálom. Szóval a 600-as számban nincs semmi különleges. A szita ötlete a következő (ha jól tudom, ez még Goldston-Yildirim, és sokadik leíráskor már elnézést Yildirimtől, a neve azzal a fura török i-vel írandó, aminek nincs pont a tetején).
Legyünk szerények, ne azt próbáljuk bebizonyítani, hogy végtelen sok n-re n és n+2 is prím, hanem engedjünk meg egy nagyobb halmazt, és bizonyítsuk be, hogy abban végtelen sokszor van két prím. Például ha belátnánk, hogy az {n, n+1, n+2, …, n+100} intervallumban végtelen sokszor van két prím, akkor – noha egyetlen végtelen sokszor előforduló különbséget sem tudunk megmutatni – biztosan tudjuk, hogy van ilyen, végtelen sokszor előforduló különbség.
Persze ez a halmaz első ránézésre is szükségtelenül bőséges, hiszen tartalmaz páros és páratlan számokat is, tehát semmivel sem kapunk gyengébb állítást, ha elhagyjuk belőle az n+1, n+3, stb. elemeket. Tehát elegendő azt belátni, hogy az {n, n+2, …, n+100} halmaz végtelen sok n-re tartalmaz két prímet. A paritási érveléshez hasonlóan az is világos, hogy persze az n, n+2, n+4 se lesznek egyszerre prímek végtelen sokszor, hiszen valamelyik osztható 3-mal. Ilyen indíttatásból eleve csak olyan H halmazokkal dolgozunk (ezt is megengedettnek hívják, de teljesen más megengedett, mint a prímek eloszlási szintjéről szóló bekezdésben az előző hozzászólásomban), melyek semmilyen 1-nél nagyobb modulusra nem fedik le az összes maradékosztályt. Például {n, n+2} és {n, n+2, n+6} megengedett halmazok, de {n, n+1} és {n, n+2, +4} nem. Az ilyen halmazok, legalábbis elviekben akár csupa prímekből is állhatnak végtelen sok n-re, és sejtés szintjén állnak is. Be lehet bizonyítani (és ez nem nehéz, KöMaL-ban is elférne nem túl nehéz feladatnak), hogy minden k-ra van k elemű megengedett H halmaz.
A Goldston-Yildirim-szita a következőre megy rá: bizonyítsuk be, hogy ha k-t elég nagynak választjuk, akkor minden k elemű megengedett H halmazra végtelen sok olyan n van, hogy az n+H={n+h: h befutja a H-t} halmaz legalább két prímet tartalmaz. Ezt ők nem tudták bebizonyítani, aztán csatlakozott hozzájuk Pintz, és finomította a módszert. Még így sem volt elég a fő célt belátni, de például az kijött belőle, hogy a szomszédos prímek közötti különbség tetszőlegesen kicsi lehet az átlagoshoz képest (a prímszámtétel azt mondja, hogy p után a következő prím átlagosan kb. log p messze van, régi probléma volt, sokan dolgoztak rajta, hogy lehet-e a különbség végtelen sokszor lényegesen kisebb, mondjuk 0,99(log p), Erdős, Rankin, Bombieri, Davenport stb. bizonyítottak ilyeneket, egyre jobb konstansokkal, a GPY-szita ezt minden epszilon szorzóra adta). És amit az előző hozzászólásomban írtam, azt is belátták, hogy ha a Bombieri-Vinogradov egy picit javítható 1/2 fölé, akkor van olyan k szám, ami kell, tehát hogy minden k elemű megengedett halmaz végtelen sok n-nel való eltoltja tartalmaz két prímet.
És Zhang, bár a Bombieri-Vinogradovot nem erősítette, csak annak egy megszorított változatát, ezt igazolta. Hogy van ilyen k, és ráadásul konkrét k-t is mondott, egészen pontosan 3,5-szer 10^6-t, és az meg egy triviális dolog (nála egyetlen mondat volt), hogy van olyan megengedett halmaz, ami 3,5-szer 10^6 elemű, és elfér egy 7-szer 10^7 hosszú intervallumban.
Maynard módszere azt bizonyította, hogy k=105 is vehető, vagyis hogy minden 105 elemű megengedett halmaz végtelen sok n-nel való eltoltja tartalmaz két prímet, és megadott egy konkrét 105 elemű megengedett halmazt, aminek az első eleme 0, az utolsó pedig 600.
A Polymath 8b lenyomta a k-t 50-re, és már egy 246 hosszú intervallumban is van 50 elemű megengedett halmaz.
A végén egy konkrét optimalizálási feladattal állunk szemben. Ha felhasználjuk a Bombieri-Vinogradovot (vagy sejtés szintjén az Elliott-Halberstamot), akkor a számelméleti varázslás (ami a dolog lényege) után olyan függvényt kell konstruálni, amelynek a négyzetes integrálja (egy szimplexen) nem túl nagy (A), de a parciális deriváltjainak a négyzetes integrálja (egy másik, de szorosan kapcsolódó szimplexen) elég nagy (B). Ez innen már tiszta analízis, és tudjuk az analízisből, hogy egy ilyen optimalizálási feladatnak vannak korlátai, nem tudjuk a kérdéses B/A arányt akármeddig feltolni (Szoboljev-típusú tételek, de egy dimenzióban már Newton-Leibnizből is megszokhattunk ilyesmit), de azért valameddig igen. Ezt az optimalizálási részt én már sose tanulmányoztam, de úgy tudom, ez az utolsó lépés ki van maxolva, és eléggé számítógépes az egész.
Tehát a világon semmi különleges nincs a 600-ban. Maynardnak egy 105 elemű megengedett halmaz kellett, hogy két prímet találjon, és ilyen van 0 és 600 között.
@Hottentottenstottertrottelmutterattentäter… usw:: Hát nyilván megdöbbentőbb volna, ha nem lenne igaz, pláne most, hogy már tudjuk, hogy vannak végtelen sokszor előálló különbségek. Durva volna, ha a 2 nem lenne végtelen sokszor előálló különbség, míg mondjuk a 8 igen. De úgy kevésbé lenne kerek a világ.
@Menkunagy Bundaskutya: ha ilyen sok idod van, gyurhatnal egy kicsit logikara is, bar a hozzaszolas alapjan nyilvanvaloan remenytelennek tunik a dolog (elnezest kerek, nem tudtam kihagyni)
@Podvinecz marsall:
Megelőztél. 🙂 Pont most akartam szólni, hogy ne merjen ilyeneket írni, mikor ipartelep megmondta neki, hogy hiányoznak az alapok és reménytelen eset. 😀 (kíváncsi lennék, hogy egy ilyen után az adott iparillető legalább egy picit magába száll, vagy esélytelen).
Hiv.: @muaddib00:
Na, ezt már azért ne…
Öcsi, te beszólogatásból jó vagy. De ez a troll-szint, és műfaj úgyhogy továbbra is az a kérésem, hogy engem felejts el.
Hogy Podvinecz marsall miből jó, azt nem tudom, még nem igazán derült ki, (nem követtem a munkásságát), de a mostani megszólalása alapján ő is igyekvő versenyzőnek tűnik a te műfajodból (trollkodás). Azonban, neki még többet kell bizonyítania. Ezúton bíztatom erre.
Hogy a nevezett Menkunagy Bundaskutya nevű versenyző a matematika egy bizonyos ágához ért, azt nem vitatom. Nem tudom, hogy pontosan mennyire ért hozzá, mert ahhoz meg pont én nem értek. Viszont ugye, a számelmélet, és a filozófiai logika, bármennyire is gondolnánk, hogy ugyanazok, hát ezt rosszul gondolnánk, ez két különböző műfaj. Aki az egyikhez ért, nem biztos, hogy a másikhoz is – bármennyire is kell a matematikához logikus gondolkodás. Ugye, itt szól közbe Örkény, aki ezt a problémát már rég megvilágította azzal a kis példázatával, hogy: „Olyan képességekkel rendelkezik a bábaképzésben, melyek az űrutazásra is alkalmassá teszik.”. Szóval nem: ha a számelméletben jó képességekkel rendelkezik, abból egyáltalán nem következik még csak az sem, hogy azt a konkrét közéleti problémát (amiről volt szó), egyáltalán jól megérti. (Nem is értette meg, ezért írt hülyeséget.) Ráadásul ugye, még úgy is lehet hülyeségeket beszélni, ha valaki valamennyire ért valamihez – pláne ha csak azt hiszi, hogy ért. Előfordul az ilyesmi is. Menkunagy Bundaskutya első, a nevezett témában írt hsz-a egy hülyeség volt. Utána már csak azt próbálta kozmetikázni, nem kevés mellébeszéléssel, „logikai” halandzsával.
Hab a tortán, hogy itt nálatok még a Dunning-Krüger effektus (egy mellékszála) is játszik, miszerint ténylegesen (helyesen) meg sem tudjátok ítélni, hogy mi történt, és egy irreleváns (másról szóló, oda nem tartozó – a számelméleti) szövegből következtettek valamire, ami nem következik abból a szövegből. Tetszik érteni egyáltalán, hogy miről karattyolok én itten? (Nem hinném.) Jó, explicite írom: abból, hogy a számelmélet egy problémájához ért, nem következik az, hogy azt a konkrét szóban forgó közéleti problémát helyesen értékelte. (Ezt játsszam el templomi orgonán is, vagy így már azért dereng valami?)
@ipartelep:
https://i.kym-cdn.com/photos/images/masonry/000/002/109/orly_owl.jpg
Őszintén bocsánatot kérek, hogy beletapostam a végtelen önérzetedbe. Amúgy nem szóltam hozzád ahogy kérted, te szóltál hozzám. Jó tanácsként annyi, hogy egy kicsit azért leszállhatnál arról a qrva magas lóról néha, mert ha netán elpilledsz egy picit óriásit lehet esni olyan magasról….
jézusom, most értettem meg mi ez az egész. nyugalom.
@jotunder:
Én részemről végtelenül nyugodt vagyok jelenleg. 🙂
@ipartelep: nem is tudom, mit is mondjak a megilletodottsegtol, hogy ennyi karaktert pazaroltal ram (is). Mas neveben nem nyilatkozhatom, reszemrol ez egy poennak, lenyegtelen kis hulyeskedesnek volt szanva – kar, hogy mas receptorokkal rendelkezel, de hat ez van, nem lehet mindenki egy Lenin, hogy visszadobja a gyerekek labdajat. Mindenesetre orulok, hogy alkalmat szolgaltathattam neked egy ujabb kis villantasra. A beke erdekeben a mondataidra lenyegileg inkabb nem reagalok, de biztatasodat oszinte orommel fogadom.
Hiv.: @Podvinecz marsall:
Ebben a tárgyban ez lesz az utolsó hsz-om, de jó, beszéljük meg.
Nekem, irányodban mostanáig semmiféle averzióm nem volt. A volt náci gyerek (Jobbikos volt; ha nem tudta, az a baj, ha tudta, az) felé igen, de ő nem ma kezdte a trollkodást, ő már felhívta magára a figyelmemet. Te meg még nem. Egészen a múltkori első beszólásodig. És ma volt a második. (Ezt a számelméletben úgy írják, hogy: 2) Egy sarki kocsmában meg… ott nem mindig tolerálják az ilyesmit. Az a nagy szerencsénk, hogy mi nem vagyunk sarki kocsmában, és különben is, rendkívül jó modorú úriemberek vagyunk (igaz?). Ezért mi békésen beszéljük meg ezt.
Szóval: nem igazán érthető, hogy miért szóltál be 2x is, főleg úgy, hogy én feléd se pislantottam. Én nálad talán régebbi debattőr vagyok (nem itt, hanem a neten) és annyit már rég megtanultam, hogy az sosem szül jó vért, ha a kibic (a kibic az, akinek köze sincs a témához, abban nem vesz részt, csak valamiért mégis odamegy), személyeskedve beszól valamit – aminek ugye köze sincs a témához. Ilyenkor azért számítani lehet arra, hogy ezt nem fogják szó nélkül hagyni. Ha te egy kulturált úriember vagy, akkor ezen most talán elgondolkodsz egy csöppet. Ha nem, az se baj.
@ipartelep: oke
@ipartelep:
„Ráadásul ugye, még úgy is lehet hülyeségeket beszélni, ha valaki valamennyire ért valamihez – pláne ha csak azt hiszi, hogy ért.”
ne egyétek meg egymást, 2 szívesen olvasott nick vagytok nekem
Még annyit, hogy Viazovska a gömbpakolási tételének bizonyításában moduláris formákat használt, azokkal konstruált meg egy olyan függvényt, ami Cohn-Elkies egy korábbi eredménye szerint elég volt az E8 optimalitásához.
A korábbi hozzászólások fényében külön vicces, hogy egy bizonyos felmerülő függvényosztályra (amiben azt a nagyon speciális függvényt keresni kell, amit végül Viazovska meg is talált) Cohn-Elkies is a megengedett szót használták, és azt vette át Viazovska. Úgy tűnik, van ehhez valami vonzódás. 🙂
Ergo a számelmélet akkorát ment az idei Fields-en, hogy arra szavak nincsenek.
@Menkunagy Bundaskutya: Hálásan köszönöm. Meglehetősen sokáig veled voltam, de valahol a négyzetes integrálásnál reménytelenül lemaradtam. Már Vinogradovnál éreztem, hogy ez lesz, ő elég jó helyen volt azok listáján akiknek a sírjára analízis-tanulmányaim során mély gyűlölettel gondoltam. Pedig még azt is írtad, hogy simplex.
Mindegy, szerintem az optimalizálós vége nélkül i s megértettem annyit, amennyit ebből valaha meg fogok.
Senki sem tudja biztosan mire használták a rómaiak ezeket a dodekaédereket. A lenti linken számos ötlet felmerült, de a triviális megoldás senkinek sem jutott eszébe. A rómaiak szerintem ezeket pakolták nyolc dimenzióban.
https://telex.hu/eszkombajn/2022/05/29/romai-bronzdodekaeder-rejtely-tortenelem
Tudom, hogy index, de.
Az élet fura dolgokat művel 8 dimenzióban:
https://index.hu/kulfold/2022/07/14/ukrajna-volodimir-zelenszkij-csasziv-jar-marina-viazovszka/
@fikarus: Abban egészen biztos vagyok, hogy ez a bigyó a beillesztett videóval ellentétben NEM kesztyűhorgolóvá bonyolított körmöcske, de ugyebár akinek csak kalapácsa van, mindent szögnek lát.
Én is a nyolcdimenziós gömbprobléma illusztrációjára szavazok.
Már megint Index, de örüljünk, hogy néha érdemleges dolgokról is hírt adnak (jól-rosszul).
https://index.hu/tudomany/2022/07/20/fields-dij-matematika-gomb-elrendezes-kvantum-viazovszka-ukrajna/