Открытые проблемы форумчан.

[Руст]

Батороев в сообщении #625733 писал(а):

Наверное, нет ничего страшного и в том, чтобы рассматривать дробные интервалы. На мой взгляд, при рассмотрении равномерности это допустимо.

На счет $2$, то по-видимому, дальнейшее увеличение ее степени может вести к появлению погрешности. Хорошо, если бы эта погрешность не превышала 1 число/на 1 степень.

Я как раз рассматривал интервалы с нецелыми концами указанного выше вида. Смещения могут дать погрешности. При дальнейших делениях погрешности вырастут. Это видно уже по модулю 6.

[Батороев]

Руст в сообщении #625738 писал(а):

При дальнейших делениях погрешности вырастут. Это видно уже по модулю 6.

Степень двойки при делении, по-видимому, не должна превышать степени вхождения числа $2$ в $\varphi (p_i\#)$.

[Nilenbert]

Я в своё время игрался с числами и у меня возникла гипотеза, что:

Любое чётное число представимо в виде разности двух простых чисел.

Примеры: 2=5-3, 4=7-3, 6=11-5, 8=11-3 и так далее. Потом оказалось что проблема известная и до сих пор нерешённая. Так что у меня шансов её решить совсем мало.

[Руст]

Нет. Для того, чтобы не было погрешности (для точного равенства) степень двойки не должна превышать количества нечетных простых делителей модуля. От того, что $4|p-1$ у него не появляется дополнительная симметрия. Можете убедиться например вычетами по модулю 65. По вашему она должна делиться на 16 частей $(\frac{j65}{16},\frac{(j+1)65}{16}$ имеющих по 3 вычета. Проверьте.

[Nilenbert]

Небольшое дополнение: весьма просто доказывается для любого чётного $n$, что существуют простые $p_1$, $p_2$, $p_3$ и $p_4$, такие что:

$n=p_1+p_2+p_3-p_4$

[vorvalm]

Предлагаю гипотезу.
Группы последовательных вычетов, существующих в ПСВ(p#),
существуют и среди простых чисел.

[Руст]

Это очевидно неверно. Пусть $q$ следующее простое число после р. Среди ПСВ $p\#$ можно выбрать $q$ чисел так, чтобы встретились все вычеты по модулю $q$. Тогда соответствующего кортежа среди простых не будет, хотя бы одно число будет делиться на $q$.

[vorvalm]

Вы искусственно создали группу вычетов,
которая не может существовать и в ПСВ.

[Батороев]

Руст в сообщении #625959 писал(а):

Для того, чтобы не было погрешности (для точного равенства) степень двойки не должна превышать количества нечетных простых делителей модуля.

На том и порешим!

[Руст]

Батороев в сообщении #626120 писал(а):

На том и порешим!

Это не совсем так. Например, если модуль простой р (из одного простого числа), то можно делить на р-1 частей или на любой его делитель. Когда количество простых делителей мало, все еще возможно существование дополнительных делителей $\phi(m)$, таких, что в каждом интервале окажется поровну вычетов. Но гарантированно на что можем делить с таким свойством это степень двойки, соответствующий количеству нечетных простых делителей модуля.

[Батороев]

Руст
Ну, я и имел в виду, что мы с Вами виявили железное свойство. Насчет остальных возможностей деления, все как-то неоднозначно.

В принципе, можно еще покрутить с зависимостью погрешности в интервалах от степеней двойки, превышающих количество нечетных простых делителей. Существует ли такая зависимость?

[TR63]

Хочу предложить гипотезу о том, как строить правдоподобные гипотезы, т. е. такие, которые невозможно(?) опровергнуть.

Гипотеза. Пусть с помощью операций "сложение" и "умножение" задано множество М с качеством $f_1$, т.е. $M(f_1)$. Для множества М рассматриваем качество $f_2$ более простое, чем $f_3$. Качества заданы с помощью этих же операций. Тогда, если мощность отрицания качества $f_2$ ограниченная, ненулевая (здесь равная единице(может быть больше единицы?)) и непрерывно отображается $M(\bar f)_2$ в $M(f_3)$ или в $M(\bar f)_3$, то $M(f_2)$ непрерывно относительно $f_3$ или ${(\bar f)_3}$.

Замечание. Эту гипотезу можно обобщить на большее количество операций. У меня есть идея (очень простая) доказательства этой гипотезы. Настолько простая, что я не уверенна, что такое вообще возможно. Поэтому хотелось бы услышать мнение форумчан по поводу данной гипотезы.

В качестве примеров можно рассмотреть задачи:

1) (Задача из "олимпиадного" раздела). Имеет ли решение в натуральных числах $(a,b,c,d)\neq(1,1,1,1)$ система (с помощью операций "сложение" и "умножение"):

1) $a^3+b=c(a^2+b^2)$
2) $b^3+a=d(a^2+b^2)$

$f_1$-$(a,b,c,d)$-натуральные числа с качеством $(a,b,c,d)\neq(1,1,1,1)$
$f_2$-$(a\neq bc)$
$\bar f_2$-$(a=bc)$
$f_3$-разрешимость системы в натуральных числах с помощью заданных операций.
$(a>c, a>b)$ $a-c=\frac{b(bc-1)}{ aa}$

2) Теорема Гурвица (об устойчивости многочленов) не удовлетворяет данной гипотезе. Отсюда её ложность: из-за потери требуемых в гипотезе качеств. Но это отдельная тема. (Теория, строящаяся согласно данной гипотезы, опровергает теорему Гурвица с помощью контрпримера). (Топологическая схема в теореме Гурвица имеет нулевой остаток. А такие источники сигналов (следствие из гипотезы) искривлены).

3) (Задача предложена swec )
1. $q^2+p^2=a^2$
2. $q^2+(kq-p)^2=b^2$
С помощью данной гипотезы эта система решается просто при $k\geq3$. $(p;q)=1$.(отрицательно).
4)
$\frac1 {12}\geq x^4(1-x)+y^4(1-y)+z^4(1-z)$

$x+y+z=1$
Из гипотезы следует, что это неравенство достаточно доказать в одной точке, например, при $z=0$. Но мне эта задача интересна в другом плане, а именно: важность выполнения всех условий, требуемых в гипотезе. Можно проилюстрировать, чем отличается "следование" из непрерывной "правды" от "следования" из непрерывной "лжи". В первом случае мы имеем критерий, а во втором-достаточное условие(в рамках, конечно, условий гипотезы).

5) С помощью данной гипотезы легко вывести новое условие разрешимости уравнений степени $n>4$ в радикалах, что соответствует их неразрешимости с помощью общей формулы, т.к. существуют уравнения, не обладающие требуемым качеством. Конечно, эта задача меня интересует более всего. Но, прежде стоит разобраться с гипотезой.

[TR63]

TR63 в сообщении #631928 писал(а):

2) Теорема Гурвица (об устойчивости многочленов) не удовлетворяет данной гипотезе. Отсюда её ложность: из-за потери требуемых в гипотезе качеств. Но это отдельная тема. (Теория, строящаяся согласно данной гипотезы, опровергает теорему Гурвица с помощью контрпримера). (Топологическая схема в теореме Гурвица имеет нулевой остаток. А такие источники сигналов (следствие из гипотезы) искривлены)

Искривлены при выполнении дополнительного условия.

[scwec]

TR63 в сообщении #631928 писал(а):

3) (Задача предложена scwec )
1. $q^2+p^2=a^2$
2. $q^2+(kq-p)^2=b^2$
С помощью данной гипотезы эта система решается просто при $k\ge{3}$.$(p,q)=1$.(отрицательно).

Ваш вывод неверен, поскольку система имеет бесконечно много решений см.http://dxdy.ru/topic62258.html

[TR63]

scwec,
спасибо за информацию. Ваша задача для меня сложна. Она мне интересна как пример, опровергающий или подтверждающий мою гипотезу. До сих пор мне встречались примеры, подтверждающие мою гипотезу. Буду искать, в чём моя ошибка. Правда, времени сейчас мало свободного и компьютерного.