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 ... 15, 16, 17, 18, 19  След.
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение19.12.2016, 03:28 


08/12/13
191
У меня логическая ошибка была в конструкции полинома.
Возьмём правильную конструкцию, в ней всегда есть несколько корней. Нужно подобрать бесконечную цепочку модулей, в каждом из которых те же самые корни, а других нет. Если получится, то всегда можно будет взять модуль, который больший произвольно выбранного натурального числа, и использовать определение перехода к бесконечности из мат. анализа. И обнаружить, что корни не подходят к уравнению ВТФ из-за наличия общего множителя или отрицательного дискриминанта.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение19.12.2016, 09:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
Tot в сообщении #1178245 писал(а):
Возьмём правильную конструкцию, в ней всегда есть несколько корней. Нужно подобрать бесконечную цепочку модулей, в каждом из которых те же самые корни, а других нет. Если получится, то всегда можно будет взять модуль
Что значит — "те же самые"? При увеличении модуля корни тоже будут становиться всё длиннее и длиннее. В пределе Вы получите корни в некотором кольце, имеющем весьма слабое отношение к кольцу целых чисел.
Вот, например, решение уравнения $a^3+b^3=c^3$ по модулю $3^{80}$ (в троичной системе счисления):
$$a=\ldots 1120210001 1012000222 0002002121 0011020200 0001202202 2001212221 2001102201 1212000201_3,$$ $$b=\ldots 1010010200 0111022220 0122122220 0012120012 0210002211 2022111020 0012200022 2102021100_3,$$ $$c=\ldots 1111010221 1110112222 1210122012 0022102000 2020021201 2211000022 0110122212 2212100201_3.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение19.12.2016, 12:19 


08/12/13
191
Стало быть не обратил внимания на бесконечно растущие вслед за модулем корни. Доказывать по набору модулей специального вида будем то, что корни полинома делятся на две группы. В первой имеем небольшое число конечных корней легко вычислимого вида для $\frac{c^6}{a^3b^3}$ (случай ВТФ с $n=3$), а во второй у нас любое число корней заведомо бесконечных в предельном переходе.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение19.12.2016, 23:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
Tot в сообщении #1178305 писал(а):
В первой имеем небольшое число конечных корней легко вычислимого вида для $\frac{c^6}{a^3b^3}$
??? Что это за корни такие у уравнения Ферма объявились?

Tot в сообщении #1178305 писал(а):
во второй у нас любое число корней заведомо бесконечных в предельном переходе
Это заблуждение. Они нисколько не бесконечные, просто у них бесконечная запись. Как, например, $$\sqrt{2}=1{,}414213562373095048801688724209698078570\ldots$$ имеет бесконечную запись, но не является бесконечным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение20.12.2016, 11:44 


08/12/13
191
Someone в сообщении #1178475 писал(а):
??? Что это за корни такие у уравнения Ферма объявились?

Уравнение Ферма по модулю раскладывается в полином от одной переменной. Над примером работаю. По неподходящим модулям демонстрировалось разложение в записях этой темы марта 2015 года.
Someone в сообщении #1178475 писал(а):
Это заблуждение. Они нисколько не бесконечные, просто у них бесконечная запись.

У теоремы Ферма решение должно быть в целых числах. Бесконечная запись целого числа даёт бесконечное целое число. В случае перехода к решению в рациональных числах имеем у числа с бесконечной записью бесконечный знаменатель, который опять-таки делает одно из целых чисел тройки Ферма бесконечным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение20.12.2016, 12:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
Tot в сообщении #1178554 писал(а):
Бесконечная запись целого числа даёт бесконечное целое число.
Оно, в некотором смысле, целое и вполне себе конечное, но к натуральным числам имеет весьма отдалённое отношение. Однако мешает получить противоречие, используя только соображения делимости и анализ остатков.

И во всём этом есть ещё одна проблема: действительно, последовательно увеличивая модуль, мы видим, что запись числа становится всё более длинной. Однако мы не знаем, будет ли это продолжаться неограниченно. Вдруг в какой-то момент мы обнаружим, что дальше пошли одни нули, и получилось решение в натуральных числах?

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение21.12.2016, 04:35 


08/12/13
191
Someone в сообщении #1178569 писал(а):
Однако мешает получить противоречие, используя только соображения делимости и анализ остатков.

Согласен, но потенциально возможны и другие соображения.

Someone в сообщении #1178569 писал(а):
Вдруг в какой-то момент мы обнаружим, что дальше пошли одни нули, и получилось решение в натуральных числах?
Используем определение бесконечного перехода из мат. анализа. Возьмём произвольное, сколь угодно большое $N_0$ в качестве параметра степени и выкинем все корни, которые не оказались конечными на этом этапе.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение21.12.2016, 10:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
Tot в сообщении #1178867 писал(а):
выкинем все корни, которые не оказались конечными на этом этапе
А они окажутся вполне себе натуральными, но только больше этого самого $N_0$.
В таком случае нужно доказывать, что корней больше взятого $N_0$ не существует. А Вы этого делать явно не собираетесь, судя по формулировке.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение22.12.2016, 10:58 


15/12/05
740
Tot в сообщении #1178554 писал(а):
Уравнение Ферма по модулю раскладывается в полином от одной переменной.


С одной переменной?
Вот примеры:

ananova в сообщении #1136116 писал(а):
$$(y+1)^3-y^3= \frac {1^2 + 3(2y+1)^2} 4={\color{blue}x^3} \ldots \eqno (3)$$


ananova в сообщении #1136116 писал(а):
$$(y+1)^5-y^5= \frac {-(1^2) + 5(2y^2+2y+1)^2} 4={\color{blue}x^5} \ldots \eqno (8)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение22.12.2016, 18:48 


15/12/05
740

(Оффтоп)

"Погорячился" с примерами. Разобрался - это не то, что Вы имели ввиду.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение09.11.2017, 04:58 


08/12/13
191
Элементарное доказательство кубической ВТФ.

$$a^3+b^3=c^3 (1)$$
$a,b,c\in\mathbb N$.
$a,b,c$ не имеют общего делителя, в противном случае его сокращаем.
Доказать отсутствие решений.
Рассмотрим уравнение (1) как предельный переход бесконечного ряда сравнений специального вида на основе теоремы Дирихле, имеющей, как известно, и элементарное доказательство.
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^3+b^3\equiv c^3\mod p) (2)$$
$p\in\mathbb P \setminus \{2\}$ даёт функцию Эйлера $e=\varphi (p)=p-1$;
$p>a^3$, $p>b^3$, $p>c^3$ избавляют от пропорционального модулю множителя;
$p\mod 4 \equiv 3$ задаёт степень чётности функции Эйлера.
$p\mod 3 \not\equiv 1$ избавляет от неоднозначности корней по модулю, что необходимо при предельном переходе.
Произведём сдвиг переменных левой части на функцию Эйлера.
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(\frac{1}{a^{e-3}}+\frac{1}{ b^{e-3}}\equiv c^3\mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(b^{e-3}+a^{e-3}\equiv (ab)^{e-3}c^3\mod p) (3)$$
Перемножим левые и правые части $(2)$ и $(3)$.
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^3(a^{e-6}+b^{e-6})\equiv (ab)^{e-3}c^6\mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-6}+b^{e-6}\equiv \frac{(ab)^{e-3}c^6-2}{(ab)^3}\mod p\equiv A)$$
Теперь, применяя к левой части ту же процедуру сдвига на функцию Эйлера, приведения и
перемножения соответствующих частей с локально исходным, получим итерационную формулу.
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{6}+b^{6}\equiv A(ab)^{6} \mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^6(a^{e-12}+b^{e-12})\equiv (ab)^6A^2\mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-12}+b^{e-12}\equiv \frac{[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2}{(ab)^6}\mod p\equiv B)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{12}+b^{12}\equiv B(ab)^{12} \mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(2+(ab)^{12}(a^{e-24}+b^{e-24})\equiv (ab)^{12}B^2\mod p)$$
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(a^{e-24}+b^{e-24}\equiv \frac{[[(ab)^{e-3}c^6-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}-2}{(ab)^{12}}\mod p)$$
Продолжив итерации, мы придём опять в левой части после цикла к степени $e-6$, так как у нас $p \mod 4\equiv 3$.
Тогда подставим вместо левой части другое значение $A$.
$$\lim\limits_{p \rightarrow \infty}(\frac{c^6}{(ab)^3}-2\equiv [...[[\frac{c^6}{(ab)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{(l)}-2\mod p) (4)$$
$$l=\varphi (\frac{p-1}{2})$$
Изначально наложенное на модуль условие приводит к однозначному определению значений переменных по значению их кубов, квадратный корень даёт плюс значение и минус значение.
Поэтому возможно осуществить предельный переход и получить предельное уравнение, которое эквивалентно исходному уравнению $(1)$.
$$\frac{c^6}{(ab)^3}-2 = [...[[\frac{c^6}{(ab)^3}-2]^2_{(1)}-2]^2_{(2)}...-2]^2_{\infty}-2 (5)$$
Предельное уравнение имеет всего $4$ потенциальных корня. Рассмотрим их.
1) $$c^6=(ab)^3$$
Возведём $(1)$ в квадрат и подставим
$$a^6+(ab)^3+b^6=0$$
Корней нет при отрицательном дискриминанте.
2) $$c^6=4(ab)^3$$
Возведём $(1)$ в квадрат и подставим
$$a^3=b^3$$
противоречие с исходным предположением об отсутствии общего множителя или $2=8$.
Вывод: $(1)$ не имеет решений.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение10.11.2017, 00:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
1) Номер формулы задаётся командой \eqno: $$a^3+b^3=c^3.\eqno(1)$$
2) Предельный переход в (2) не определён.
3) Известно, что уравнение (1) имеет решения по любому модулю, а также в множестве $p$-адических чисел.
4) Что такое "сдвиг переменной на функцию Эйлера" не определено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение10.11.2017, 05:55 


08/12/13
191
Someone в сообщении #1263911 писал(а):
2) Предельный переход в (2) не определён.

Используем определение бесконечного перехода, то есть "... больше любого наперёд заданного натурального числа". Имеем бесконечный ряд сравнений по модулю, увеличивающемуся в рамках наложенных ограничений. Предельный переход бесконечного ряда сравнений к предельному уравнению определён, если все значения всех переменных произвольного решения образуют бесконечные ряды, все элементы которых однозначно определены. В противном случае предельный переход изменял бы область допустимых значений.
Someone в сообщении #1263911 писал(а):
3) Известно, что уравнение (1) имеет решения по любому модулю, а также в множестве $p$-адических чисел.

Замечательно. Только вот все решения, кроме указанных в доказательстве, для предельного уравнения (5) являются гарантированно бесконечно большими. Можно ещё вспомнить нашу дискуссию в этой теме в декабре прошлого года.
Someone в сообщении #1263911 писал(а):
4) Что такое "сдвиг переменной на функцию Эйлера" не определено.

В бесконечном ряду сравнений каждое последующее определяется через предыдущее по мат. индукции. Значит операции с функцией Эйлера определены для всех членов ряда. Но они не определены для предельного уравнения, их там и нет.
Количество переходит в качество. Предельное уравнение (5) является циклическим аналогом ациклического уравнения (1) при бесконечном увеличении цикла.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение10.11.2017, 11:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
14922
Новомосковск
Tot в сообщении #1263935 писал(а):
Используем определение бесконечного перехода, то есть "... больше любого наперёд заданного натурального числа". Имеем бесконечный ряд сравнений по модулю, увеличивающемуся в рамках наложенных ограничений. Предельный переход бесконечного ряда сравнений к предельному уравнению определён, если все значения всех переменных произвольного решения образуют бесконечные ряды, все элементы которых однозначно определены. В противном случае предельный переход изменял бы область допустимых значений.
Это бред.
Tot в сообщении #1263935 писал(а):
Замечательно. Только вот все решения, кроме указанных в доказательстве, для предельного уравнения (5) являются гарантированно бесконечно большими. Можно ещё вспомнить нашу дискуссию в этой теме в декабре прошлого года.
Пока нет чётких определений — это всё бессмыслица.

Tot в сообщении #1263935 писал(а):
В бесконечном ряду сравнений каждое последующее определяется через предыдущее по мат. индукции. Значит операции с функцией Эйлера определены для всех членов ряда.
Когда определите, тогда будут определены. А пока это всё бессмысленно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Заметки о недостающем варианте элементарного доказательства.
Сообщение10.11.2017, 13:33 


27/03/12
357
г. новосибирск
Уважаемый Tot! Я правильно Вас понял?. Вы пытаетесь доказать утверждение , что если равенство $x^3 + y^3 = z^3$ справедливо для некоторых натуральных взаимно простых чисел $x, y, z$, то одно из этих чисел кратно простому числу $ q  > z $ и имеющему вид $6k +1$, т.е. доказать что $(x y z,  q) = q $?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 283 ]  На страницу Пред.  1 ... 15, 16, 17, 18, 19  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