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




Начать новую тему Ответить на тему
 
 О диофантовом уравнении к гипотезе Римана
Сообщение31.12.2014, 11:04 


04/07/14
2
Доброго всем времени суток.
В источнике знаний $=$ википедии сообщается, что гипотеза Римана о распределении нулей дзета-функции была сформулирована в 1859 году ($=$155 лет). Гипотеза Римана эквивалентна утверждению о том, что следующее диофантово уравнение не имеет решений в неотрицательных целых числах:
$$(elg^2+\alpha-(b-xy)q^2)^2+ (q-b^{5^{60}})^2+ (\lambda+q^4-1-\lambda b^5)^2+ (\theta+2z-b^5)^2+ (u+t\theta-l)^2+ (y+m\theta-e)^2+ (n-q^{16})^2+$$
$$+((g+eq^3+lq^5+(2(e-z\lambda)(1+xb^5+g)^4+\lambda b^5+\lambda b^5 q^4)q^4)(n^2-n)+ (q^3-bl+l+\theta\lambda q^3+(b^5-2)q^5)(n^2-1)-r)^2+$$
$$+(p-2w s^2 r^2 n^2)^2+ (p^2 k^2-k^2+1-\tau^2)^2+ (4(c-ksn^2)^2+\eta-k^2)^2+ (r+1+hp-h-k)^2+ (a-(wn^2+1)rsn^2)^2+$$
$$+(2r+1+\varphi-c)^2+ (bw+ca-2c+4\alpha\gamma-5\gamma-d)^2+ ((a^2-1)c^2+1-d^2)^2+ ((a^2-1)i^2c^4+1-f^2)^2+$$
$$+(((a+f^2(d^2-a))^2-1)(2r+1+jc)^2+1-(d+of)^2)^2+ (((z+u+y)^2+u)^2+y-K)^2 = 0$$
где $K$ - некоторый большой фиксированный целочисленный коэффициент (который, в принципе, можно указать в явном виде), а остальные буквы обозначают переменные.

Неужели никто из участников форума не пытался решить это длинное, но, в общем-то, несложное уравнение? Я оочень сильно удивился, когда понял, что уравнение быстро сводится в абсурдное равенство элементарными методами $=$ прямыми целочисленными вычислениями.
Ниже вариант решения. Спросить хочу, с элементарной логикой нигде не напутано?


Данное диафантово уравнение представляет собой сумму девятнадцати квадратов, которая равна нулю. Нуль в итоговой сумме можно получить только в том случае, если нулю равен каждый квадрат $(0^2=0)$ из девятнадцати. И потому из одного уравнения можно составить систему из девятнадцати уравнений, каждое из которых имеет нулевую сумму.
Поскольку, переменные должны быть неотрицательными целыми числами, то в случае невозможности такого значения, переменная получит значение нулевое. Иначе нуль в итого не получить. Нулевое значение переменная может получить и по результатам вычисления. Кроме того, все уравнения были пересортированы из исходника под задачу поиска решения.
$$
\begin{cases}
p^2 k^2-k^2+1-\tau^2=0\\
r+1+hp-h-k=0\\
p-2w s^2 r^2 n^2=0\\
a-(wn^2+1)rsn^2=0\\
(a^2-1)c^2+1-d^2=0\\
2r+1+\varphi-c=0\\
(a^2-1)i^2c^4+1-f^2=0\\
((a+f^2(d^2-a))^2-1)(2r+1+jc)^2+1-(d+of)^2=0\\
4(c-ksn^2)^2+\eta-k^2=0\\
n-q^{16}=0\\
q-b^{5^{60}}=0\\
\lambda+q^4-1-\lambda b^5=0\\
\theta+2z-b^5=0\\
(g+eq^3+lq^5+(2(e-z\lambda)(1+xb^5+g)^4+\lambda b^5+\lambda b^5 q^4)q^4)(n^2-n)+\\
+(q^3-bl+l+\theta\lambda q^3+(b^5-2)q^5)(n^2-1)-r=0\\
u+t\theta-l=0\\
y+m\theta-e=0\\
elg^2+\alpha-(b-xy)q^2=0\\
bw+ca-2c+4\alpha\gamma-5\gamma-d=0\\
((z+u+y)^2+u)^2+y-K=0
\end{cases}
$$

Пошаговый разбор, с последовательным присвоением:
$$p^2 k^2+1=\tau^2+k^2\eqno (1.1)$$
$$p^2+1/k^2=\tau^2/k^2+1\eqno (1.2)$$
При любом целом $k>1$ целочисленного решения не получить. Присваивается $k=1$
$$p^2+1=\tau^2+1\eqno (1.3)$$
и тогда $p=\tau$.
$$r+hp=h\eqno (2)$$
В целых неотрицательных числах $=$ без вариантов $r=0,\;p=1,\;h=h$.
$$p=2w s^2 r^2 n^2\eqno (3)$$
Однако. Оказывается, переменная $p$, к тому же является произведением от $r=0$. Так что, $p=0$ и $h=0$. Ну, и $\tau=0$ тоже.
$$a=(wn^2+1)rsn^2\eqno (4)$$
Без вариантов $a=0$, поскольку $r=0$.
$$(-1)c^2+1=d^2\eqno (5.1)$$
$$1=c^2+d^2\eqno (5.2)$$
Первая вилка в решении. Неопределённость вычислений. Решений может быть два: $c=0,\;d=1$ или $c=1,\;d=0$.
$$1+\varphi=c\eqno (6)$$
Если $c=0$, тогда $\varphi=-1$, то есть отрицательное число. Значит $c=1,\;\varphi=0$ и $d=0$. Неопределённость ликвидирована.
$$(-1)i^2+1=f^2\eqno (7)$$
Опять вилка. Два решения: $f=0$ при $i=1$; $f=1$ при $i=0$.
$$(-1)(1+j)^2+1=(of)^2\eqno (8)$$
При любом $f$ уравнение принимает вид $-2j-j^2=(of)^2$, и потому $j$ может быть только нулём. Тогда $0=(of)^2$, и стало быть $j=0,\;f=0,\;i=1,\;o=o$.
$$4(1-sn^2)^2+\eta=1\eqno (9)$$
По условию $sn^2$ не может быть рациональным, а $\eta$ иметь отрицательное значение. Если $\eta=0$, то $(1-sn^2)^2=1/4$. Если $sn^2=0$ или $sn^2>1$, то $\eta<-2$.
И потому, без вариантов $\eta=1,\;sn^2=1$. Поскольку $sn^2=1$, то целочисленных значений, кроме $s=1$ и $n^2=1$, быть не может.
Wow=ваау. Оказывается $n=1$.
$$n=q^{16}\eqno (10)$$
$$q=b^{5^{60}}\eqno (11)$$
Получется, что и $q=1$ и $b=1$.
$$\lambda=\lambda\eqno (12)$$
$$\theta+2z=1\eqno (13)$$
По условию $z$ не может быть ни отрицательным, ни рациональным, так что $=$ без вариантов $\theta=1,\;z=0$.
$$(g+eq^3+lq^5+(2(e-z\lambda)(1+xb^5+g)^4+\lambda b^5+\lambda b^5 q^4)q^4)(n^2-n)+(q^3-bl+l+\theta\lambda q^3+(b^5-2)q^5)(n^2-1)=r\eqno (14.0)$$
Интересный момент. Именно с помощью этого уравнения задаются значения переменных $g,\;e,\;l,\;x$ и $\lambda$. Если выполнить все присвоения, то, поскольку $r=0$ и $n=1$, результатом будет пустое равенство $0=0$ с неустранимыми неопределённостями в дальнейших вычислениях. А потому, присваиваются все уже известные значения переменных, кроме $n$. И из одного уравнения получаются два уравнения с нулевой суммой:
$$(g+e+l+2e(1+x+g)^4+2\lambda)(n^2-n)=0\eqno (14.1.1)$$
$$g+e+l+2e(1+x+g)^4+2\lambda=0/(n^2-n)\eqno (14.1.2)$$
Без вариантов $g=0,\;e=0,\;l=0,\;x=x,\;\lambda=0$.
$$\lambda(n^2-1)=0\eqno (14.2.1)$$
$\lambda=0$ верно при любом $n$. Предыдущее вычисление подтверждено.
$$u+t=0\eqno (15)$$
Без вариантов $u=0,\;t=0$.
$$y+m=0\eqno (16)$$
Без вариантов $y=0,\;m=0$.
$$\alpha=1-xy\eqno (17)$$
Поскольку $xy=0$, то значение $x$ глубоко безразлично, а $\alpha=1$.
$$w=\gamma+2\eqno (18)$$
И да, значения $o,\;x$ и $w\geqslant2$ могут быть любыми. От них не зависит ничего. При вычислениях эти переменные умножаются на нуль.
Ну и, наконец, последнее уравнение:
$$((z+u+y)^2+u)^2+y-K=0\eqno (19)$$
Поскольку вычисленные значения всех переменных равны нулям: $z=0,\;u=0,\;y=0$, а $K$ по условию фиксированное целое число, то результат невозможно свести к нулевой сумме. Абсурдное равенство $0=K$.

И, да. Как отдельное уравнение $((z+u+y)^2+u)^2+y-K=0$ без проблем сводится к нулю в любых целых неотрицательных числах. В составе данного диофантова уравнения или в соответствущей ему системе уравнений $=$ решения нет ($=$ система несовместна).
Итого $=$ Данное диофантово уравнение не имеет решений в неотрицательных целых числах, поскольку при соблюдении этого условия представляет собой абсурдное равенство $K^2=0$, так как $K$ - некоторый большой фиксированный целочисленный коэффициент.

(baxea ps) Дополнительное пояснение. Первое уравнение имеет целочисленное решение, только если одна трёх переменных равна единице. Но если единице равны $p$ или $\tau$, то одна из переменных в уравнении (3) должна быть рациональным числом. Всё остальное $=$ бинарная логика.

 Профиль  
                  
 
 Re: О диофантовом уравнении к гипотезе Римана
Сообщение31.12.2014, 11:14 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
bax_id_ea в сообщении #954772 писал(а):
Пошаговый разбор, с последовательным присвоением:
$$p^2 k^2+1=\tau^2+k^2\eqno (1.1)$$
$$p^2+1/k^2=\tau^2/k^2+1\eqno (1.2)$$
При любом целом $k>1$ целочисленного решения не получить.
Попробуйте взять $(p,k,\tau)=(2, 4, 7)$.

-- Ср дек 31, 2014 15:19:20 --

bax_id_ea в сообщении #954772 писал(а):
Дополнительное пояснение. Первое уравнение имеет целочисленное решение, только если одна трёх переменных равна единице.
Прежде чем что-то заявить, нужно подумать, есть ли этому заявлению хоть какое-то обоснование.

 Профиль  
                  
 
 Re: О диофантовом уравнении к гипотезе Римана
Сообщение31.12.2014, 11:25 
Заслуженный участник


04/03/09
906
bax_id_ea в сообщении #954772 писал(а):
При любом целом $k>1$ целочисленного решения не получить.

Ошибка в самом начале. $p=8,\,\,k=16,\,\,t=127$ - решение. И таких решений, где $k>1$ - очень много.

 Профиль  
                  
 
 Re: О диофантовом уравнении к гипотезе Римана
Сообщение31.12.2014, 17:13 


08/12/13
252
bax_id_ea, topic87534.html
в качестве моей попытки.
Результаты моих попыток разобраться следующие.
1. Это универсальное диофантово уравнение, универсальный полином Джонса (иногда пишут Джоунса). Оно подходит для любой алгоритмической задачи. Коэффициент $K$ свой для каждого алгоритма. Существует теоретический метод его подсчёта. Можно прочитать в книге Матиясевича. Только на практике это чрезвычайно сложно.
2. Если желаете подоказывать гипотезу Римана, то лучше взять в той же книге систему из 6 уравнений, решение которой опровергает гипотезу, подставить туда систему диофантовых уравнений для степенной функции и работать с ней. Там правда один параметр будет под ограниченным квантором общности. Способ избавления от него в книге расписан весьма поверхностно, без деталей.
3. Если есть интерес к упрощению выписанного Вами полинома ради спортивного интереса, то что-то там есть, на мой взгляд. Хотя в одной из старых статей Матиясевича написано что-то вроде того, что эта задача сложнее многих других. Я потерял к уравнению интерес раньше, чем выписал объяснение того, как получил частное решение в той теме. Я рассматривал три варианта $b=0$; $b=1$; $b>1, q$- очень большое число.
Первое уравнение в Вашей системе расписываем уравнением Пелля. Затем множество решений анализируем вместе с вторым уравнением и так далее. Порядок уравнений для анализа у Вас правильный. Там где-то противоречие возникает, а где-то более простая система. Просто всё это представляет интерес лишь для профессиональных математиков. До практики на этом не доберёшься.
4. В скобке с коэффициентом $K$ кое-где вместо плюсов стоят в оригинальной статье знаки умножения, помещавший это в Википедию человек слегка попутал знаки.

 Профиль  
                  
 
 Re: О диофантовом уравнении к гипотезе Римана
Сообщение23.11.2015, 14:14 


22/11/15
10
Данное диофантово уравнение НЕ представляет собой сумму девятнадцати квадратов (три из них не квадраты, одно со знаком -) :cry: . Легко ошибиться при таком количестве переменных. Однако поскольку сумма квадратов неотрицательна можно получить некоторое ограничение на эти четыре "нехороших" одночлена и только.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

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