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 Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение16.11.2021, 22:05 
Аватара пользователя


22/07/08
1127
Предместья
PhisicBGA в сообщении #1539498 писал(а):
Из этого равенства следует, что разность $(x_1-m)$ должна быть пропорциональна величине $3(\Delta)$

Не следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение16.11.2021, 23:40 
Модератор


16/01/07
1567
Северодвинск
PhisicBGA в сообщении #1539498 писал(а):

(Оффтоп)

kotenok gav в сообщении #1539122 писал(а):
PhisicBGA в сообщении #1539121 писал(а):
Поэтому, без потери общности, положим $\Delta$=z_1-x_1-чётное число

Почему (и научитесь формулы оформлять, пожалуйста)?


Вы, откуда взяли такую запись? В моём тексте такого огреха нет. Если это Ваш "ляп", то будьте любезны извинится за своё высокомерное замечание, иначе никогда не станете взрослым и серьёзным котом.
Запись эта в вашем тексте есть:
PhisicBGA в сообщении #1539121 писал(а):
$$x_{1}^3+(z_{1}-1)^3-z_{1}^3 =0 \eqno (6)$$число $ x_1 $ всегда будет не чётным, а в равенстве (5) одна из скобок в правой части будет чётным числом, вне зависимости от чётности $z_1$.
Поэтому, без потери общности, положим $\Delta$=z_1-x_1-чётное число ;$ x_1-1=6k $, где $ k$- целое число.
Тогда равенство (5) будет$$(6k)^3=3(\Delta)(12k+\Delta+1) \eqno (7)$$
И формула действительно набрана неправильно, потому что знак доллара стоит посередине формулы, а не в конце, как должно быть: $\Delta$=z_1-x_1. Также и с цитированием у Вас вовсе не благополучно: почему то ваш ответ оказался внутри цитаты, на которую Вы отвечаете.

А на вопросы, заданные по существу, надо отвечать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение17.11.2021, 08:25 


21/05/16
4294
Аделаида
Не вижу ответа ни на один из двух моих вопросов.
kotenok gav в сообщении #1539122 писал(а):
Почему (и научитесь формулы оформлять, пожалуйста)?

kotenok gav в сообщении #1539122 писал(а):
А почему $\Delta$ - куб

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение17.11.2021, 10:36 


06/02/14
186
Jnrty в сообщении #1539519 писал(а):
Запись эта в вашем тексте есть:
PhisicBGA в сообщении #1539121 писал(а):
$$x_{1}^3+(z_{1}-1)^3-z_{1}^3 =0 \eqno (6)$$число $ x_1 $ всегда будет не чётным, а в равенстве (5) одна из скобок в правой части будет чётным числом, вне зависимости от чётности $z_1$.
Поэтому, без потери общности, положим $\Delta$=z_1-x_1-чётное число ;$ x_1-1=6k $, где $ k$- целое число.
Тогда равенство (5) будет$$(6k)^3=3(\Delta)(12k+\Delta+1) \eqno (7)$$
И формула действительно набрана неправильно, потому что знак доллара стоит посередине формулы, а не в конце, как должно быть: $\Delta$=z_1-x_1.



Поразительно! Я посмотрел этот кусочек в своём черновике и там действительно знак доллара стоит посредине формулы, но когда делаешь "предпросмотр" - получается все правильно, без ошибки :

Поэтому, без потери общности, положим $\Delta$=z_1-x_1-чётное число ;$ x_1-1=6k $, где $ k$- целое число.

Как такое может быть?



Jnrty писал(а):
А на вопросы, заданные по существу, надо отвечать.


Что касается вопросов, то я постарался ответить на них при доказательстве общего случая:
Поскольку $x_1,y_1,z_1$ - целые числа и $z_1 ; x_1$ - не четные числа, а $y_1$ -чётное число ,то $(x_1+y_1-z_1)^3=[x_1+(-z_1)-(-y_1)]^3 $. Поэтому, без потери общности, положим
$z_1-y_1=m$ - не чётное число;$z_1-x_1=\Delta $ - чётное число.

Ну, а если учесть , что $x_1,y_1,z_1$ - целые взаимно-простые числа числа и для них предполагается выполнение равенства (2), становится ясным и ответ на последний вопрос.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение17.11.2021, 10:52 
Заслуженный участник


20/12/10
8862
PhisicBGA в сообщении #1539552 писал(а):
но когда делаешь "предпросмотр" - получается все правильно, без ошибки
Ничего подобного. Неужели Вы не видите, что буква z набрана не тем шрифтом, а также отсутствуют пробелы вокруг знака равенства? Сравните с правильным вариантом: $\Delta=z_1-x_1$.
PhisicBGA в сообщении #1539552 писал(а):
Что касается вопросов, то я постарался ответить на них при доказательстве общего случая
И, очевидно, не преуспели в этом.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение17.11.2021, 11:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/12
25190
Кронштадт
 i  Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- в общем, поправьте формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы), а то процесс пошел размножаться дальше.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение18.11.2021, 11:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/12
25190
Кронштадт
 i  Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение19.11.2021, 19:36 


06/02/14
186
Лукомор в сообщении #1539508 писал(а):
PhisicBGA в сообщении #1539498 писал(а):
Из этого равенства следует, что разность $(x_1-m)$ должна быть пропорциональна величине $3(\Delta)$

Не следует.


Проанализируем более подробно равенство (5),которое является тестовым для общего случая теоремы Ферма для 3-ей степени:

$$(x_1-m)[(x_1-m)^2+3(\Delta)^2]=3(\Delta)[m(2x_1+\Delta-m)+(x_1-m)(\Delta)]  \eqno (5)$$
Рассмотрим два случая:
1.Разность $(x_1-m)$ пропорциональна величине $3(\Delta)$, т.е. $(x_1-m)=3k(\Delta)$, где $k$ - целое число.
Тогда $$3k(\Delta)[(3k)^2(\Delta)^2+3(\Delta)^2]=3(\Delta)[m(2x_1+\Delta-m)+3k(\Delta)^2]$$
$$3k(\Delta)^2[3(k)^2+1]=[m(2x_1+\Delta-m)+3k(\Delta)^2]$$
В правой части этого равенства имеем нечётное число, поскольку $ m(2x_1+\Delta-m)$ - число не чётное, а
$ 3k(\Delta)^2 $ - число четное.
В левой части этого равенства имеем чётное число - $3k(\Delta)^2[3(k)^2+1]$
Следовательно, при данном условии, получаем конфликт чётности.

2.Разность $(x_1-m)$ не пропорциональна величине $3(\Delta)$.
Но эти числа - оба чётные. Тогда для них это условие будет выглядеть так: отношение целого числа $(x_1-m)$ к целому числу $3(\Delta)$ является не сократимой дробью.
Разделим обе части равенства на $3(\Delta)$
$$\frac{(x_1-m)}{3(\Delta)}[(x_1-m)^2+3(\Delta)^2]=[m(2x_1+\Delta-m)+(x_1-m)(\Delta)]  $$
Тогда в левой части равенства имеем несократимую дробь, поскольку число в квадратных скобках так же не будет пропорционально $3(\Delta)$, а в правой части - целое число.
Значит, при данном условии, равенство (5) в целых числах не выполняется.

Следовательно, в обоих случаях, равенство (5) в целых числах не выполняется.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение19.11.2021, 22:30 
Аватара пользователя


22/07/08
1127
Предместья
PhisicBGA в сообщении #1539836 писал(а):
Тогда в левой части равенства имеем несократимую дробь, поскольку число в квадратных скобках так же не будет пропорционально $3(\Delta)$, а в правой части - целое число.
Значит, при данном условии, равенство (5) в целых числах не выполняется.

Вот простенький арифметический пример.
${14}\cdot{15}={6}\cdot{35}$.
Разделим обе части равенства на $6$.
$\frac{14}{6}\cdot{15}={35}$
Это равенство в целых числах не выполняется, потому что слева -
несократимая дробь, а справа - целое число. :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение20.11.2021, 09:45 


21/05/16
4294
Аделаида
Всё ещё жду ответа на свои два вопроса.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение27.11.2021, 11:45 


06/02/14
186
Лукомор в сообщении #1539866 писал(а):
PhisicBGA в сообщении #1539836 писал(а):
Тогда в левой части равенства имеем несократимую дробь, поскольку число в квадратных скобках так же не будет пропорционально $3(\Delta)$, а в правой части - целое число.
Значит, при данном условии, равенство (5) в целых числах не выполняется.

Вот простенький арифметический пример.
${14}\cdot{15}={6}\cdot{35}$.
Разделим обе части равенства на $6$.
$\frac{14}{6}\cdot{15}={35}$
Это равенство в целых числах не выполняется, потому что слева -
несократимая дробь, а справа - целое число. :D



Я, кажется, понял в чём дело. Из теории структурных чисел, как из более общей теории, действительно вытекают, как следствие, положения классической теории чисел для степеней, но они, опять же, остаются "одномерными" со всеми своими неопределённостями, возникающими при доказательстве ВТФ. Теория структурных чисел, являясь их источником, не передаёт им свою существенную особенность - двухмерность. Ведь чем отличается эта теория от классической? Она раскрывает нам истинную сущность степеней натуральных чисел, как двухмерных, или, говоря языком математики, - тензорных чисел.
Как следует из этой теории, любую степень натурального числа можно аналитически представить следующим образом:

$$x^n =2\binom{n-2}{n}BGA(S_{n-2}^{x-1})+2\binom{n-4}{n}BGA(S_{n-4}^{x-1}) +...+2\binom{1}{n}BGA(S_1^{x-1}) + x  $$
$n$ - не чётное натуральное число.

$$x^n =2\binom{n-2}{n}BGA(S_{n-2}^{x-1})+2\binom{n-4}{n}BGA(S_{n-4}^{x-1}) +...+2\binom{2}{n}BGA(S_2^{x-1})+2S_1^{x-1} + x  $$
$n$ - чётное натуральное число.

Здесь, числовой треугольник особого вида:
$$BGA(S_n^{x-1}) =\begin{cases}0\\1\\1+2^n\\1+2^n+3^n\\-----\\--------\\1+2^n+3^n+4^n+...+(x-1)^n\end{cases} $$ можно рассматривать, как тензор

$$BGA(S_n^{x-1}) =\begin{vmatrix}0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2^n&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2^n&3^n&0\cdots&0\cdots&0\\--&\cdots&--\\1&2^n&3^n&4^n&\cdots&(x-1)^n\end{vmatrix} $$

Так, например, для куба получаем $$x^3 =2(3)BGA(S_{1}^{x-1})+x$$ где тензор
$$BGA(S_1^{x-1}) =\begin{vmatrix}0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2&3&0\cdots&0\cdots&0\\--&\cdots&--\\1&2&3&4&\cdots&(x-1)\end{vmatrix} $$

Для 5-ой степени получаем $$x^5 =2(10)BGA(S_{3}^{x-1})+2(5)BGA(S_{1}^{x-1})+x$$
Здесь мы уже имеем два тензора
$$BGA(S_3^{x-1}) =\begin{vmatrix}0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2^3&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2^3&3^3&0\cdots&0\cdots&0\\--&\cdots&--\\1&2^3&3^3&4^3&\cdots&(x-1)^3\end{vmatrix} $$
и
$$BGA(S_1^{x-1}) =\begin{vmatrix}0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&0&\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2&0\cdots&0\cdots&0\cdots&0\\1&2&3&0\cdots&0\cdots&0\\--&\cdots&--\\1&2&3&4&\cdots&(x-1)\end{vmatrix} $$

Отсюда возникает простая мысль: если степень - тензорное число, то разложение степени на сумму двух степеней определяется законом разложения тензора, лежащего в ее основе, т.е. двумерного объекта особого вида - числового треугольника BGA. А там могут быть особенности, и они там действительно есть. Но инерция традиционного мышления настолько высока, что даже найдя этот закон и получив из него ряд интересных следствий, одним из которых и стало получение тринома любой степени, опять же в поисках доказательства ВТФ обращаешься к этому заезженному триному, который то остался прежним, хотя получен на новой основе.
Теперь абсолютно понятно - искать противоречие нужно на уровне тензоров, а не на уровне следствий.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение27.11.2021, 12:11 
Заслуженный участник


20/12/10
8862
PhisicBGA в сообщении #1540729 писал(а):
или, говоря языком математики, - тензорных чисел
Зачем Вы употребляете слова, смысл которых не понимаете (имеется в виду слово "тензор" и его производные)? От этого Ваш текст не становится лучше, скорее наоборот.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение28.11.2021, 07:30 


21/05/16
4294
Аделаида
kotenok gav в сообщении #1539906 писал(а):
Всё ещё жду ответа на свои два вопроса.

Видимо, ответов на них я так и не получу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ для 3-ей степени
Сообщение28.11.2021, 12:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/12
25190
Кронштадт
 i  Похоже на то, и, следовательно, тему пора закрывать.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 44 ]  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