2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В раздел Пургаторий будут перемещены спорные темы (преимущественно псевдонаучного характера), относительно которых администрация приняла решение о нецелесообразности продолжения дискуссии.
Причинами такого решения могут быть, в частности: безграмотность, бессодержательность или псевдонаучный характер темы, нарушение автором принципов ведения дискуссии, принятых на форуме.
Права на добавление сообщений имеют только Модераторы и Заслуженные участники форума.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение02.02.2018, 10:22 


30/01/10

112
Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел всегда нечетное, обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное - символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.
*
Равенство, можно оценивать относительно нечетного,
$a^n=(\frac{d+y}{2})^n-(\frac{d+(-y)}{2})^n=(c=b+y)^n, d=2b+y$.
*
Также, равенство, можно оценивать относительно четного,
$b^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n, q=\frac{c+a}{2}, w=\frac{c-a}{2}$.
*
Далее продолжим, с ''концовки''.
*
Сотни лет математики не обращали внимание на гипотетическую пифагорову тройку чисел старших (четных) степеней как ''первичную тройку чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах, что, по моему мнению, ''косвенно'' и вычислил Эйлер и другие математики, доказывая частные случаи теоремы.
*
$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$.
*
Предполагаем,
$A=a^n, C=c^n$ - нечетные числа.
*
Соответственно, равенство относительно четного,
$B^2=B_1B_2=(C-A)(C+A)=C^2-A^2=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=(c^2)^n-(a^2)^n$.
Предполагаем, что первична ''пифагорова тройка чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах:
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=c^n+a^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.
*
Но, при нечетных $(a,c)$, равенство $b_2=c^n+a^n$, при натуральных не решаемо!
*
Вывод, бесконечный спуск с чётных степеней до нечетных степеней, в двух вариантах при натуральных нерешаем!
*
$b_1^n=c^n-a^n=(c-a)(c^{n-1}+c^{n-2}a+...+ca^{n-2}+a^{n-1})$,
$b_2^n=c^n+a^n=(c-(-a)(c^{n-1}+c^{n-2}(-a)+...+c(-a)^{n-2}+(-a)^{n-1})$.

$b_1^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n=2w(...)$,
Для нечетных и чётных степеней есть своя удвоенная часть биноминальных коэффициентов, учитывайте свойство нечетных степеней
$w^k-(-w^k)=2w^k, k=2x+1$.
$b_2^n=(q+w)^n+(q+(-w)^n=2q(...)$.
*
Покажем на частном случае взаимодействие чисел.
*
$n=3$.
*
$b_1^3=c^3-a^3=(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$,
$b_1^3=c^3-a^3=(c-a)(c^2+ac+c^2)=2(\frac{c-a}{2})(4(\frac{c-a}{2})^2-ac)$
$4q^2-ac=w^2+3q^2, ac=q^2-w^2, ac=(\frac{c+a}{2})^2-(\frac{c-a}{2})^2$
*
Альтернативная четная тройка ''спуска'',
$b_2^n=c^3+a^3=(q+w)^3+(q+)-w))^3=2q(q^2+3w^2)$,
$b_2^3=c^3+a^3=(c+a)(c^2-ac+a^2)=2(\frac{c+a}{2})(4(\frac{c+a}{2})^2-3ac=q^3+3w^2)$
$ac=q^2-w^2$.
*
$a^n(a^n+b^n=c^n)$,
$c^n(a^n+b^n=c^n)$,
$a^n*a^n+(b_1^n=c^n-a^n)(b_2^n=a^n+c^n)=c^n*c^n$.
*
Любопытно, а геометрический метод Уайлса предполагает два варианта спуска с ''гипотетической тройки'' для старших чётных степеней?
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=a^n+c^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.
***
Есть ещё преобразование,
$b^3=c^3-a^3=(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$,
$b_2^3=(c+a)^3-(c+(-a))^3=2a(a^2+3c^2)$,
$b_3^n=(\frac{c+a}{2})^3-(\frac{c+(-a)}{2})^3=\frac{a(a^2+3c^2)}{4}=q^3-w^3$, затем опять:
$(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$.
*
Для четной альтернативы по аналогии.
$b^3=a^3+c^3=(q+w)^3+(q+(-w))^3=2q(q^+3w^2)$,
$b_2^n=(c+a)^n+(c+(-a)^3=2c(c^2+3a^2)$,
$b_3^n=(\frac{c+a}{2})^3+(\frac{c+(-a)}{2})^3=\frac{c(c^2+3a^2)}{4}=q^3+w^3$, возвращаемся к:
$(q+w)^3+(q+(-w)^3=2q(q^2+3w^2)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение05.02.2018, 20:10 


27/11/17
1
Цитата:
Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел - всегда нечетное,
обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное- символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.


3+5=8? Или я не понимаю определение - взаимно простые?

P.S Черт, я что тут зарегистрирован?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение06.02.2018, 03:03 
Заслуженный участник


16/02/13
4179
Владивосток

(Оффтоп)

Old_Beaver в сообщении #1290373 писал(а):
P.S Черт, я что тут зарегистрирован?
Не то чтоб я мнил себя чортом... Разрегистрация — 500 руб на счёт администрации форума!

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение06.02.2018, 14:50 


30/01/10

112
Old_Beaver в сообщении #1290373 писал(а):
Цитата:
Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел - всегда нечетное, обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное- символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.


3+5=8? Или я не понимаю определение - взаимно простые?


$3^n+b^n=5^n$, - взаимно простая тройка чисел,
$k^n*3^n+k^n*b^n=k^n*5^n$ - каждое из ''гипотетической тройки взаимно простых'' умножено на одно и то же число n-й степени.
*
Почему одна из слагаемых ОБЯЗАТЕЛЬНО должна быть ЧЕТНОЙ, в силу равенства относительно нечетного,
$a^n+(\frac{d-y}{2})^n=(\frac{d+y}{2})^n=(b+y)^n, d=2b+y=2(2x_b)+y$.
Избавляемся от $2^n\frac{1}{2^n}=1$,
Получаем новую тройку чисел,
$(2a)^n+(d-y)^n=(d+y)^n$.
Естественно, данная тройка не взаимно простая.
Но равенство относительно четной,
$(q-w=a)^n+(2x_b=b)^n=(q+w=a+2w=c)^n$ - взаимно простая тройка чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение08.03.2018, 10:30 


19/04/14
321
fermatik в сообщении #1289361 писал(а):
Далее продолжим, с ''концовки''.
*
Сотни лет математики не обращали внимание на гипотетическую пифагорову тройку чисел старших (четных) степеней как ''первичную тройку чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах, что, по моему мнению, ''косвенно'' и вычислил Эйлер и другие математики, доказывая частные случаи теоремы.
*
$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$.
*
Предполагаем,
$A=a^n, C=c^n$ - нечетные числа.
*
Соответственно,
равенство относительно четного,
$B^2=B_1B_2=(C-A)(C+A)=C^2-A^2=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=(c^2)^n-(a^2)^n$.
Предполагаем, что первична ''пифагорова тройка чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах:
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=c^n+a^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.


Уважаемый fermatik!
Все Ваши утверждения и выводы ошибочны. Достаточно рассмотреть "концовку"
Сотни лет математики в отличии от нас ферматиков не допускали элементарных ошибок.
Выражение $$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$$ имеет место, но для приведенных соотношений $B_1$ и $B_2$ не взаимно просты, поэтому не обязательно являются степенями. Если же $B_1$ и $B_2$ - взаимно просты, то не выполняются равенства $B_1=(c-a)$ и $B_2=(c+a)$. Уловия для спуска отсутствуют.
Поэтому и нет сообщений. Никто не хочет тратить время на указания по элементарным ошибкам.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение05.06.2018, 12:05 


30/01/10

112
Никакой элементарной ошибки нет.
Есть математически вычисленная формула:
$b^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a)$.
Надеюсь, понимаете, что она правильная?
Далее,
тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.
Поэтому, ЧЕТНОЕ равно разнице нечётного и нечётного:
$b^2=c^2-a^2, b^3=c^3-a^3, b^4=c^4-a^4,...$.
Математически следует,
$k=2n$,
$b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b^n+2a^n)=b^nb_2^n$
Любопытно, как вы решите данную проблему:
$a^n+b^n=c^n$,
Но есть
$b_2^n=2a^n+b^n$.
''религия'' запрещает принимать во внимание данную формулу!
$b_2^n=2a^n+b^n$.
Как известно, b- чётное, $a$- нечетное,
$2a^n$- чётное,
$b_2^n$-четное...
Естественно, что $b_2^n=c^n+a^n=b^n+2a^n$, нельзя решить при натуральных числах...
$a^n=\frac{b_2^n-b^2}{2}$.
Вычислили тройку чисел, которая также должна быть решена при натуральных числах, но ещё нельзя решить при натуральных числах, поэтому ее не надо принимать во внимание?
Математика - это сложно!
Вычисляем, что, есть два варианта вычисления:
$a^n=c^n-b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}, $
$2(c^n-b^n)=b_2^n-b^n$,
$2c^n-b^n=b_2^n$,
$2c^n=b_2^n+b^n$,
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=a^n+b^n$,
Предполагаем, что
$b_2^n=(2x_{b_2})^2, b^n=(2x_b)^n$, - четные, надо вычислять натуральные!
$c^n=2^{n-1}x_{b_2}^2+2^{n-1}x_b^n=a^n+b^n$.
Так, как $b^n=2^{n-1}x_b^n$,
то $a^n=2^{n-1}x_{b_2}^n$.
При $k=2n, n>1$
решить уравнение при натуральных нельзя!
***
Меня немного насмешила формулировка, -
''не обязательно являются степенями''...
***
Любая тройка в любой степени можно (и надо!) оценивать как часть формулы:
$a^n+b^n=c^n, b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b_2^n=2a^n+b^n)$
Реальность, Карл!
Докажите, почему я не имею право принимать во внимание реальность?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение05.06.2018, 14:40 
Аватара пользователя


26/09/16
198
Снегири
Разберитесь, пожалуйста, со степенями. Что брать за исходное -
fermatik в сообщении #1317351 писал(а):
$a^n+b^n=c^n$

или
fermatik в сообщении #1317351 писал(а):
$b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b^n+2a^n)=b^nb_2^n$

Потому что (очевидно) обе эти формулы одновременно правильными быть не могут.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение05.06.2018, 22:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
fermatik в сообщении #1317351 писал(а):
Тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.
А может быть ещё "чётное = нечётное + нечётное".

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение07.06.2018, 10:31 


19/04/14
321
fermatik в сообщении #1317351 писал(а):
Меня немного насмешила формулировка,
не обязательно являются степенями...

Уважаемый fermatik!
Почему "немного насмешило"? Это очень смешно. Не сложно составить примеры, когда $(C-A), \quad(C+A)$ могут быть степенями, если $(C,\quad A)$ не степени. Однако, допустимость такого принципа симметрии для степеней надо доказать. Введение же таких ограничений для ВТФ с наскоку очень смешно.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение09.06.2018, 16:12 


30/01/10

112
Someone в сообщении #1317477 писал(а):
fermatik в сообщении #1317351 писал(а):
Тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.
А может быть ещё "чётное = нечётное + нечётное".

Проверяем.
Преобразуем формулу.
$a^n+b^n=c^n=(q-w)^n+b^n=(q+w)^n$,
$b^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n=2(...)$
Почему $b^n=2(...)$?
В силу свойств:
$-(-w)^{2n+1}=+w^{2n+1}$.
*
Пример,
$b^n=(q+w)^3-(q+(-w))^3=(w^3+3q^2w)-((-w)^3+3q^2(-w))=2(w^3+3q^2w)$
$b^3=2(w^3+3q^2w)$ - всегда чётное!

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение09.06.2018, 17:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
fermatik в сообщении #1318440 писал(а):
$a^n+b^n=c^n=(q-w)^n+b^n=(q+w)^n$,
Разумеется, если числа $a$ и $c$ одной чётности, то $b$ чётное. Но они могут быть разной чётности. А Вы неявно предполагаете, что $a$ и $c$ одной чётности, так как в противном случае их нельзя записать как $q-w$ и $q+w$ с целыми $q$ и $w$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение09.06.2018, 21:45 


30/01/10

112
Согласен с вами.
$c=q+w=(q-w)+2w=a+2w$
*
Но как это изменит формулу?
Согласимся с вашим условием, выбираем любые нечетные натуральные числа $a,c$, но формулу обозначим символами: $a^n+c^n=b_2^n$.
''Странно''? Не так ли. Но жутко логично...И она взаимосвязана с формулой:
$a^n+b^n=c^n$.
*
Поэтому независимо от вашего желания:
$b_2^n=2a^n+b^n$.
***
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=a^n+b^n$
***
Предлагаете два нечетных...
$\frac{b_2^n+b^n}{2}+a^n$,
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}$,
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$
Ну и что могло ''принципиально'' измениться?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение09.06.2018, 22:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
fermatik в сообщении #1318520 писал(а):
Согласимся с вашим условием,
выбираем любые нечетные натуральные числа$a,c$
Не перевирайте. Я говорил о том, что нечётными могут быть $a$ и $b$. А $c$ будет чётным.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение10.06.2018, 10:19 


30/01/10

112
Someone в сообщении #1318527 писал(а):
fermatik в сообщении #1318520 писал(а):
Согласимся с вашим условием,
выбираем любые нечетные натуральные числа$a,c$
Не перевирайте. Я говорил о том, что нечётными могут быть $a$ и $b$. А $c$ будет чётным.

Ууу, как все запущено!
Проблема ВТФ в том, что формула $a^n+b^n=c^n$,
формула $a^n+c^n=b_2^n$, не имеют решения при натуральных числах...
*
Для вычисления ''нечетное+чётное'', выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,b^n$, тогда $c^n$- соответственно нечетное,
***
Для вычисления ''нечетное+нечётное'', выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,c^n$, их сумма $b_2^n$, - чётное...
***
Взаимосвязь ''чётное+нечетное'', ''нечетное+нечетное'' в силу равенства:
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}=2a^n+b^n$.
***
Не надо отрицать реальность!
***
Где я ''соврал'', где ''не проверил'' сумму ''нечетное+нечетное'', каждое в n-й степени?
$b_2^n=a^n+c^n$, - чётное в n равно сумме ''нечетное в n-й+ нечетное в n-й''?
***
Формула ''взаимосвязи'' позволяет ''проверять'' одновременно и ''нечетное+чётное'', и ''нечетное+нечетное''...

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?
Сообщение10.06.2018, 12:05 


19/04/14
321
fermatik в сообщении #1318590 писал(а):
Ууу, как все запущено!

Это Вы про себя?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 27 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group