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


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение18.03.2017, 19:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1201500 писал(а):
Я думаю, что это утверждение можно рассматривать как теорему.
Какое утверждение?

Мы вообще нигде не рассматриваем $P \wedge Q$.
Если бы ваше доказательство работало для случая $P$, то оно работало бы и для случая $Q$, потому что нет ни одного перехода, где требовалось бы $P$ и было бы недостаточно $Q$.

Возможно, будет понятнее при такой разбивке: $Q$ - "среди $a, b, c$ есть нечетное число", $S$ - "для любого простого $p > 2$ среди чисел $a, b, c$ есть не делящееся на $p$" (чтобы условия $Q$ и $S$ были независимы); $P = Q \wedge S$. Тогда вы нигде не использовали $S$ в доказательстве - тем не менее, если снять это ограничение (оставив $Q$), то решения появятся.


Представьте себе, что вы видите доказательство утверждения "если $A, B$ и $C$, то $X$", причем доказательство нигде не использует $C$, а утверждение "если $A, B$, то $X$" неверно. Этого уже достаточно, чтобы понять, что доказательство неправильное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение18.03.2017, 20:37 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1201586 писал(а):
Какое утверждение

Ваше утверждение, процитированное мною выше.
mihaild в сообщении #1201586 писал(а):
Мы вообще нигде не рассматриваем $P \wedge Q$.

Но Ваше утверждение может быть сформулировано для двух различных областей (имеющих непустое пересечение и имеющих пустое пересечение. Для различных областей применения выводы могут быть не всегда однозначны одновременно, хотя само пересечение и не используется напрямую. Поэтому я просила прояснить этот вопрос.


mihaild в сообщении #1201586 писал(а):
Если бы ваше доказательство работало для случая $P$, то оно работало бы и для случая $Q$, потому что нет ни одного перехода, где требовалось бы $P$ и было бы недостаточно $Q$.

У меня переход был. Q является следствием P. Если бы было наоборот, то процитированное сейчас Ваше утверждение мне было бы понятно. А, в таком виде не понятно. Я считаю (возможно, ошибочно), что однозначность вывода, сделанного Вами, зависит от того, что первично. Если первично следствие, то вывод может быть как однозначным, так и неоднозначным.
mihaild в сообщении #1201586 писал(а):
Представьте себе, что вы видите доказательство утверждения "если $A, B$ и $C$, то $X$", причем доказательство нигде не использует $C$, а утверждение "если $A, B$, то $X$" неверно. Этого уже достаточно, чтобы понять, что доказательство неправильное.

Если А следствие С, то согласна: Ваш вывод о неправильности доказательства верен однозначно. Если наоборот, то доказательство может быть верным, если в остальном логическая цепочка завершена. Если не удаётся завершить логическую цепочку, то вопрос о правильности доказательства открыт, т.к. самого доказательства нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение18.03.2017, 20:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1201609 писал(а):
Но Ваше утверждение может быть сформулировано для двух различных областей
Я не понимаю, про какие вообще области вы говорите.

Возможно, рассмотрение двух условий, одно из которых строго сильнее другого, было неудачной идеей. Давайте лучше смотреть на $Q$ и $S$.

TR63 в сообщении #1201609 писал(а):
У меня переход был. Q является следствием P.
Да, я плохо сформулировал. Единственное, зачем вам было нужно $P$ - это чтобы получить $Q$. Но $Q$ можно было бы получить и если в начальном условии было $Q$ вместо $P$ - это не изменило бы корректность доказательства.

TR63 в сообщении #1201609 писал(а):
Если наоборот, то доказательство может быть верным, если в остальном логическая цепочка завершена
Неважно, как соотносятся $A, B, C$ (приведенных сведений достаточно, чтобы сказать, что бывает $A \wedge B \wedge \neg C$, но это всё).
Давайте возьмем что-нибудь простое: "если $x$ делится на $2$ и $x$ делится на $3$, то $x$ делится на $6$". Представьте, что у вас есть какое-то доказательство этого утверждения, не использующее посылку "$x$ делится на $3$". Тогда оно одновременно является доказательством утверждения "если $x$ делится на $2$, то $x$ делится на $6$". Т.к. последнее утверждение неверно, у него не может быть правильных доказательств - и, значит, наше оригинальное доказательство неправильное.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение18.03.2017, 21:39 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1201492 писал(а):
Есть два разных условия: $P$: $a, b, c$ взаимно просты, $Q$: среди $a, b, c$ есть нечетное число. Есть еще утверждение $V$: тройка $(a, b, c)$ - решение исходной системы (для каких-то натуральных $\alpha_i$).
Если бы ваше доказательство было корректным, то оно доказывало бы, что не существует троек, удовлетворяющих одновременно $Q$ и $V$ (поскольку во всех приведенных обоснованиях $P$ не требуется, достаточно $Q$). Но такие тройки существуют. Следовательно, доказательство некорректно.

Вот об этих Ваших областях P и Q я говорю. Их пересечение не пусто. В моей задаче пересечение P и Q пусто. Ваша и моя задача сформулированы для областей, обладающих противоположным свойством. Замечаете разницу? Поэтому я спрашиваю, почему они должны по Вашему обладать идентичными свойствами.

-- 18.03.2017, 22:55 --

Структура рассматриваемого примера не соответствует структуре рассматриваемой мною задачи, т.к. Ваши посылки P(х делится на 2) и Q(х делится на 3) не являются следствием и причиной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение18.03.2017, 23:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63, непонятно, что такое "$P$ и $Q$ в вашей задаче" (и вообще о чем ваше последнее сообщение).
И нет, не замечаю разницы. Неважно, как эти условия соотносятся между собой.

Если очень мешает - можно разбить исходное условие $P$ на $Q$ и $S$. Тогда вы в ваших рассуждениях использовали только $Q$, но не $S$. При этом если требовать $Q$, но не требовать $S$, то решение будут.

mihaild в сообщении #1201470 писал(а):
Вот представьте себе все ваши рассуждения, выписанные вместе, только в начале вместо "$a, b, c$ взаимно просты" написано "$a, b, c$ не все четные".
Если так поменять условие, то решения точно будут. Что сломается в вашем доказательстве?

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 11:04 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1201649 писал(а):
можно разбить исходное условие $P$ на $Q$ и $S$. Тогда вы в ваших рассуждениях использовали только $Q$, но не $S$. При этом если требовать $Q$, но не требовать $S$, то решение будут


$P: a,b,c$ взаимно просты; $S$: одно чётное; два нечётных;$Q$: два чётных; одно нечётное.
Мне надо доказать, что система не имеет решений. Вы говорите, что я не использую одно из условий, пусть это условие $Q$. Для доказательства отсутствия решений в исходной системе условие $Q$ я рассматриваю отдельно, и доказываю, что решений нет.
Вот, на второй странице Вы писали, что до введения $(m;n)$ всё в порядке. Теперь Вы говорите, что не всё в порядке. Так мы никогда не доберёмся до этой парочки. А, с введением минимального решения там можно организовать метод спуска и получить противоречие. Но поскольку Вы считаете, что доказательство априори будет некорректно, то далее рассматривать решение не имеет смысла. Но, в любом случае, спасибо за помощь. Ваше замечание о $(m,n)$ существенно.
Для меня открытым и интересным остаётся вопрос: существует ли формула, дающая серию (бесконечную?) решений, когда $(a,b,c)$ имеют общий делитель.

-- 19.03.2017, 12:11 --

mihaild в сообщении #1201492 писал(а):
До введения $m$ и $n$ всё в порядке (и там пока что не требовалось вообще никаких ограничений на $a, b, c$, кроме того, что они удовлетворяют системе).

Ограничения не требовались на $(m,n)$, но требовались на область определения, чтобы в рассматриваемой области не существовало решений. Получается, что требовались косвенным образом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 15:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1201743 писал(а):
;$Q$: два чётных; одно нечётное.
Откуда вы это взяли?
mihaild в сообщении #1201492 писал(а):
$Q$: среди $a, b, c$ есть нечетное число

Решений с двумя четными вообще нет, это неинтересно.

С вашим доказательством есть две проблемы:
1. Общая: вы нигде не используете, что у $a, b, c$ нет общих делителей, больших $2$. Но это использовать точно надо (т.к. иначе могут быть решения).
2. Конкретная: вы не доказываете существование нужных вам $m$ и $n$.

Соображение из п.1 позволяет "неконструктивно" найти ошибку в доказательстве - она там точно должна быть, но неизвестно, где. П.2 - уже конкретная ошибка.

Проблема не в том, что вы не используете все условия. Проблема в том, что вы не используете условия, при снятии которых появляются решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 18:52 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1201796 писал(а):
Откуда вы это взяли?

В задаче с моей формулировкой рассматриваемая мною область разбивается именно на две такие области. О задаче с Вашей формулировкой в моём посте речи не было.
mihaild в сообщении #1201796 писал(а):
Соображение из п.1 позволяет "неконструктивно" найти ошибку в доказательстве - она там точно должна быть, но неизвестно, где


"Должна быть, но неизвестно, где"- с этим соглашусь, но с оговоркой. "Неизвестно, где" означает возможность её за конечное время не найти. Т.е. ошибка как бы есть и как бы нет одновременно.
mihaild в сообщении #1201796 писал(а):
П.2 - уже конкретная ошибка

Правильно я поняла: если будет доказан П.2, то решение будет корректно. Если "да", то следует перейти к доказательству П.2.
У меня есть идея по П.2 (возможно, ошибочная; если гарантия ошибки 100%, то, конечно, проверять её не стоит).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 22:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1201829 писал(а):
В задаче с моей формулировкой рассматриваемая мною область разбивается именно на две такие области
В вашей изначальной формулировке никаких "двух областей" вообще нет - там есть только требование взаимной простоты.
Давайте без необходимости не переопределять уже введенные обозначения (а если приходится - явно про это писать).

TR63 в сообщении #1201829 писал(а):
Т.е. ошибка как бы есть и как бы нет одновременно
Нет, как бы ошибка точно есть, но мы не знаем, где она. Если доказательство доказывает неверное утверждение - необязательно находить в нем ошибку, чтобы понять, что она там есть.
Еще раз: если мы в начале заменим условие взаимной простоты на условие "есть хотя бы одно нечетное" (которое эквивалентно тому, что нечетных ровно $2$) - то в вашем доказательстве, кажется, менять ничего не придется - оно теперь будет доказывать, что нет не только взаимно простых решений, но и вообще решений, в которых хотя бы одно число нечетное. Т.к. последнее утверждение неверно, то в новом доказательстве есть ошибка. Т.к. оно ничем не отличается от старого - то и в старом оно есть.

А всякие формализмы про "конечное время" тут неуместны.

TR63 в сообщении #1201829 писал(а):
если будет доказан П.2, то решение будет корректно
Да, будет. В этот момент вам наверняка понадобится взаимная простота $a, b, c$ (т.к. вообще она нужна, а в остальных местах - нет).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 23:23 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1201891 писал(а):
Да, будет. В этот момент вам наверняка понадобится взаимная простота $a, b, c$ (т.к. вообще она нужна, а в остальных местах - нет)

Да. При организации спуска так и будет. От взаимной простоты или её отсутствия зависит существование минимального решения.
Остальное комментировать не буду, т.к. оно основывается на предположениях, а не на точном знании:
mihaild в сообщении #1201891 писал(а):
кажется, менять ничего не придется - оно теперь будет доказывать, что нет не только взаимно простых решений, но и вообще решений, в которых хотя бы одно число нечетное.

Осталось доказать П.2. (Вот, не понятно, зачем была нужна вся предыдущая дискуссия, если мы пришли к тому от чего начали; напомню: я говорила, что моё доказательство будет верно, если будет доказан П.2; если я не смогу его этим методом доказать, то это будет означать только то, что ответ на исходную задачу пока неизвестен; это риторический вопрос, на который можно не отвечать.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение19.03.2017, 23:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1201918 писал(а):
оно основывается на предположениях, а не на точном знании
:facepalm: Да, на предположении, что я ничего не пропустил в ваших рассуждениях. Естественно, вообще всё что я говорю тут, на нем основывается.
TR63 в сообщении #1201918 писал(а):
зачем была нужна вся предыдущая дискуссия
Потому что это важный, простой и универсальный признак того, что с доказательством что-то не так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение20.03.2017, 12:27 


03/03/12
976
В пункте П.2 осталось ввести определение минимального решения и рассмотреть случай, когда $(\beta,x,r)$ не являются взаимно простыми.
Перепишем решение для этого случая.
TR63 в сообщении #1201223 писал(а):
Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_2$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_3$
существуют ли натуральные решения $(a,b,c)$, при которых $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ натуральны.

Определение. Числа $(a,b,c)$ дают минимальное решение $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$, если сумма минимальна.
Если существует решение системы в рассматриваемой области, то должна существовать минимальная сумма. (Если такое утверждение верно, то продолжим.)
Возьмём произвольную тройку $(a,b,c)$, дающую минимальную сумму $(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)$. Тогда
TR63 в сообщении #1201223 писал(а):
Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$


$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

$a+b=x-c=n^2$ (это вычислялось раньше)

$\frac{c^2}{a+b}=\frac{k^2c_1^2}{n^2}=k\alpha_{n_1}$

$\frac{kc_1^2}{n^2}=\alpha_{n_1}^2$

$k=k_1^2$

$\frac{(k_1c_1)^2}{n^2}=\alpha_{n_1}^2$, $\alpha_1>\alpha_{n_1}$, $k_1c_1<c$

$\frac{c_n^2}{a+b}=\alpha_{n_1}^2$

Получаем, что $(a+b)$ должно быть точным квадратом (в области, где в тройке $(a,b,c)$ менее трёх чётных чисел). Если я не сделала ошибок, то это интересная информация. (Прошу её проверить. Нужного для рассматриваемой задачи противоречия не вижу, т.е. задача не решена.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение20.03.2017, 18:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1202054 писал(а):
$c=kc_1$
Не обязательно - если $k$ делится на $2$, то при вынесении из дроби оно может сократиться со знаменателем.
TR63 в сообщении #1202054 писал(а):
$a+b=x-c=n^2$ (это вычислялось раньше)
Нет, это вычислялось в предположении существования $n$ и $m$. Что вообще такое $n$ здесь?

TR63 в сообщении #1202054 писал(а):
Получаем, что $(a+b)$ должно быть точным квадратом
На первой странице темы есть контрпример:)

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение20.03.2017, 22:00 


03/03/12
976
mihaild в сообщении #1202162 писал(а):
Не обязательно - если $k$ делится на $2$, то при вынесении из дроби оно может сократиться со знаменателем.

Да, согласна. Тогда $c_1=\frac p q$ (рациональное, верно?)
mihaild в сообщении #1202162 писал(а):
Что вообще такое $n$ здесь?

Я думала так, что $(n;m)$ любые натуральные числа. Они дают пифагоровы тройки $(\beta,x,r)$. Если тройки взаимно простые, мы их не рассматриваем, поскольку было выяснено, что при них система решений не имеет. Тогда рассматриваем те $(m;n)$, при которых по формулам получаются $(\beta,x,r)$ не взаимно простые. Они будут с общим множителем. (Здесь мне не всё понятно; может, просто, примитивные тройки умножаем на общий множитель?)
mihaild в сообщении #1202162 писал(а):
На первой странице темы есть контрпример:)

Здесь я не точно сформулировала вопрос. Исправляю.
Вопрос: в области, где в тройке $(a,b,c)$, удовлетворяющей системе, не все числа чётные, существует ли пара чисел, сумма которых не является квадратом.
mihaild, спасибо за помощь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение20.03.2017, 22:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1485
Москва
TR63 в сообщении #1202214 писал(а):
Тогда $c_1=\frac p q$ (рациональное, верно?)
Ну да, если поделить целое $c$ на целое $k$, то получится рациональное $c_1$ :)
TR63 в сообщении #1202214 писал(а):
Я думала так, что $(n;m)$ любые натуральные числа. Они дают пифагоровы тройки $(\beta,x,r)$.
Я знаю только формулу $(m, n) \to (m^2 - n^2, 2mn, m^2 + n^2)$. Когда $m > n$ пробегают все пары взаимно простых чисел - правая часть пробегает все взаимно простые пифагоровые тройки. Но не взаимно простые пифагоровы тройки так, вообще говоря, не получаются (ни при каких $m, n$): например, $9^2 + 12^2 = 15^2$.
TR63 в сообщении #1202214 писал(а):
Вопрос: в области, где в тройке $(a,b,c)$, удовлетворяющей системе, не все числа чётные, существует ли пара чисел, сумма которых не является квадратом.
Да, как раз тот пример. $a = 5, b = 15, c = 10$. $a + b = 20$ - не квадрат.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 94 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  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