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


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 
Сообщение19.12.2008, 02:04 


31/03/06
1384
Мат, задайте этот вопрос самому себе, и после этого попробуйте написать доказательство без ошибок. Вы сами увидете трудно это или нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 15:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
Мат в сообщении #168703 писал(а):
Цитата:
Чем мотивируется рассмотрение чётного показателя?
Трудностями в рассмотрении простых показателей

Очень интересная мотивация. :roll: Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 15:50 


31/03/06
1384
bot писал(а):
Мат в сообщении #168703 писал(а):
Цитата:
Чем мотивируется рассмотрение чётного показателя?
Трудностями в рассмотрении простых показателей

Очень интересная мотивация. :roll: Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?


Насколько мне известно, Тержанян дал элементарное доказательство FLT для чётных показателей только для первого случая, а элементарного доказательства для второго случая до сих пор нет. Поэтому, нахождение такого доказательства представляет интерес. Иначе можно спросить то же самое и для нечётных степеней: для чего искать элементарное доказательство, если Уайлз уже всё доказал?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 16:57 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
если Уайлз уже всё доказал?

Вайлс доказал лишь немощность современной математики и ничего более

Добавлено спустя 8 минут 57 секунд:

bot писал(а):
Очень интересная мотивация. :roll: Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?

А почему бы вам не начать сразу с гипотезы Биля или вообще с десятой проблемы Гильберта?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 17:04 
Экс-модератор


17/06/06
5004
Как всегда, Мат отвечает на вопросы в порядке актуальности. По возрастанию. :roll:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 17:17 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Сдается мне что за неимением иных возражений кроме как:
про одинаковую четность чисел $z-x$, $z+x$ от AD
и кратность чисел $y$, $x$ двум и $n$ от Феликса Шмиделя (что по сути выходит за рамки рассуждения)
Ошибок в предложенном рассуждении нет и оно правильно. Как правилен и вывод, сделанный в конце: числа $y_0$ и $y_1$ не могут быть разной четности.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 17:55 


31/03/06
1384
Цитата:
А почему бы вам не начать сразу с гипотезы Биля или вообще с десятой проблемы Гильберта?


Десятая проблема Гильберта решена Ю. Матиясевичем в 1970 году.

Цитата:
Ошибок в предложенном рассуждении нет и оно правильно. Как правилен и вывод, сделанный в конце: числа $y_0$ и $y_1$ не могут быть разной четности.


В Вашем рассуждении есть и другие ошибки. Но, поскольку, Вы отказываетесь исправлять найденные ошибки, то дальнейшая проверка не имеет никакого смысла.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.12.2008, 20:15 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
В Вашем рассуждении есть и другие ошибки. Но, поскольку, Вы отказываетесь исправлять найденные ошибки, то дальнейшая проверка не имеет никакого смысла.

Нежелание их указать является их отсутствием.
То, на что Вы указываете является не ошибкой, а лишь рассмотрением более узкого круга случаев, что не влияет на вывод вообще, поэтому ошибкой не является и исправлению не подлежит.
Для любой тройки чисел можно поставить именно указанный в моем рассуждении алгоритм. Т.к. найдется хотя бы одно число, не кратное двум, для которого вывод будет справедлив. Если для какой-то тройки чисел применить данное нельзя - я охотно исправлю.
Пока ваше замечание отвергнуто

 Профиль  
                  
 
 Re: Кажется удалось сделать еще шаг в понимании теоремы Ферм
Сообщение20.12.2008, 00:29 


31/03/06
1384
Цитата:
То, на что Вы указываете является не ошибкой, а лишь рассмотрением более узкого круга случаев, что не влияет на вывод вообще, поэтому ошибкой не является и исправлению не подлежит.
Для любой тройки чисел можно поставить именно указанный в моем рассуждении алгоритм. Т.к. найдется хотя бы одно число, не кратное двум, для которого вывод будет справедлив. Если для какой-то тройки чисел применить данное нельзя - я охотно исправлю.


Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - чётное, а $x$ - нечётное число. Тогда нет надобности делать исправления до пункта 9 вашего доказательства. Из пункта 5 следует, что $y_0$ и $y_1$ - нечётные числа, а из пункта 7 следует, что $p$ и $q$ - чётные числа, причём ни $p$, ни $q$ не делятся на 4.

Рассмотрим равенство:

Цитата:
$(2y_0 y_1 y_2 )^{2n}=2np^{(n-1)} q+\frac{n(n-1)(n-2)}{3} p^{(n-3)} q^3+...+n(n-1) p^2 q^{(n-2)}+2q^n$ (11)


Если $n-1$ не делится на 4, то степень двойки в первом и втором члене правой части равна
$2^{n+1}$. В последний член двойка входит в той же самой степени. И как здесь получить противоречие?

 Профиль  
                  
 
 Re: Кажется удалось сделать еще шаг в понимании теоремы Ферм
Сообщение20.12.2008, 02:03 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Цитата:
Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - чётное, а $x$ - нечётное число.

$z$ не может быть четным числом. Уж Вы-то должны об этом знать если занимаетесь случаем Терджаняна. Вам прекрасно должно быть известно, что $z$ является квадратичной формой.
Поэтому никак нельзя принять ваше замечание

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2008, 07:37 


31/03/06
1384
Хорошо, я исправлю свой последний пост:

Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - нечётное, а $x$ - чётное число. Тогда нет надобности делать исправления до пункта 9 вашего доказательства. Из пункта 5 следует, что $y_0$ и $y_1$ - нечётные числа, а из пункта 7 следует, что $p$ и $q$ - чётные числа, причём ни $p$, ни $q$ не делятся на 4.

Рассмотрим равенство:

Цитата:
$(2y_0 y_1 y_2 )^{2n}=2np^{(n-1)} q+\frac{n(n-1)(n-2)}{3} p^{(n-3)} q^3+...+n(n-1) p^2 q^{(n-2)}+2q^n$ (11)


Если $n-1$ не делится на 4, то степень двойки в первом и втором члене правой части равна
$2^{n+1}$. В последний член двойка входит в той же самой степени. И как здесь получить противоречие?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2008, 09:32 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
А о противоречии никто и не говорит. Речь идет лишь о том, что ни $y_0$ ни $y_1$ не могут быть разной четности, разве нет? Это лишь шаг, а не последний шаг.
В остальном же - спасибо. Ошибок нет

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2008, 10:39 


31/03/06
1384
Мат писал(а):
А о противоречии никто и не говорит. Речь идет лишь о том, что ни $y_0$ ни $y_1$ не могут быть разной четности, разве нет?


:lol:

Вы не понимаете, что доказываете от противного, и пытаетесь получить противоречие?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 43 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

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