PAV писал(а):
Пифагорова тройка и натуральное число - объекты разной природы, так как первое - это три числа. Они не могут совпадать, соответственно сравнивать множество пифагоровых троек и множество натуральных чисел математически безграмотно, они не сравнимы. Можно сказать, например, что любое натуральное число принадлежит некоторой пифагоровой тройке, это утверждение сформулировано корректно (я пока не говорю о справедливости, а только анализирую формулировку).
Или, например, упоминаете непифагоровы тройки. Что это такое? Если целые числа , для которых , то это одно. Если нецелочисленную тройку с какими-либо свойствами - то другое. Кстати, и понятие нецелочисленной тройки требует уточнения - то ли это три числа, среди которых есть хотя бы одно нецелое, то ли три числа, которые все нецелые. Все эти аспекты надо уточнять, так как утверждение, верное при одном определении, может быть неверно при другом. А довольно часто в неформализованных рассуждениях выясняется, что в одной части автор имел в виду одно понятие, а в другой части плавно заменяет его на другое, называя его тем же термином. Очень частая ошибка у непрофессионалов, кстати.
Благодарю, PAV, за доброжелательную критику. Хочу заметить, что учить математику мне несколько поздно-увы, седьмой десяток. Потому предлагаю относится к моим "размышлизмам" так, как профессиональный художник относится к примитивному искусству. Всё понимает и удивляется несуразности и экспрессии
.
Что касается доказательства ВТФ. Стоит обратить внимание, что Миргородский(надеюсь, Вы поняли, что это не я) использует простейший метод: он фактически умножает уравнение Пифагора последовательно на все числа натурального числового ряда. И утверждает, что, исходя из начальных условий теоремы(неравенство неизвестных друг другу и их взаимная простота), получить одновременно три куба невозможно. Пока оставим разговор о том, что это полноценное доказательство и охватывает весь числовой ряд. Пока предлагаю обратить внимание на то, что применённый метод вовсе не требует целочисленности неизвестных. Он вполне распространяется на все возможные случаи. Я хочу сказать, что в любом случае трёх кубов при умножении уравнения Пифагора на любое число, в том числе нецелочисленное, мы получить не можем в принципе.
Хотелось бы увидеть Ваше мнение по этому вопросу. И лишь потом обсудить следующие вопросы.
Как понимаю, Цепеш томится"
Посылаю ему мои "вариации". На "доказательстве" зацикливаться ему не стоит, а вот на новом в теории чисел просил бы. Как, разумеется, прошу и Вас высказать своё мнение. Заметно, что Вы не любите ерничать над автором-в отличии от некоторых
, умудряясь при этом быть справедливым. Если позволите, хотелось бы высказать Вам за это искреннюю признательность.
Вариации на темы Ферма.
Метод Ферма при исследовании квадратных уравнений.
Если в квадратном уравнении с неизвестными x;y;z сделать замену z=x-a;y=z-b; то решение квадратного уравнения во многих случаях упростится.Пример:
x2+y2=z2
(z-a)2+(z-b)2=z2
z2-2(a+b)z+a2+b2
z=a+b+-sq(2ab)
x=b+-sq(2ab)
y=a+-sq(2ab)
Замечу,что уже у этого простейшего решения довольно любопытные послеследствия.
По теореме Виета
a2+b2=(a+b+sq(2ab))(a+b-sq(2ab))
Сумма квадратов раскладывается на вполне вещественные множители…
Сделаем следующую замену:
a=2c2;
b=d2 Тогда
z=2c2+d2+-2cd
x=d2+-2cd
y=2c2+-2cd
Параметры c;d в силу инвариантности произвольны.В частном случае,когда они натуральные числа,мы получаем решение Пифагора в целых числах.Любопытно,что сумма двух целочисленных квадратов вполне раскладывается на произведение натуральных сомножителей,являющихся решением уравнения.Но этим условием наличие сомножителей далеко не исчерпывается.Приравняем
a+b=2n Тогда b=2n-a
a2+b2=(4n2-2a(2n-a))=2(2n2-a(2n-a)) Видно,что сумма двух квадратов может раскладываться на чётное число.
Любопытен случай a+b=2n+1 Разложение получается на 5*Q.Возможно,кто-либо из читателей заинтересуется этим замечанием.Стоит заметить,что из полученных формул следует:если простое число выражается формулой p=4q+1,то q не может быть некоторым целым числом в четвёртой степени.Любопытно так же разложение выражения 4n4+1=((2n2+1)+2n)((2n2+1)-2n) тем,что сомножители либо простые числа,либо один кратен 5.Впрочем,это гипотеза…
Если вернуться к решению уравнения Ферма в «безрадикальной форме»,то видно,что можно получить выражения тригонометрических функций в новом виде:
Sin(Fi)=(d2+-2cd)/(2c2+d2+-2cd)
Cos(Fi)=(2c2+-2cd)/(2c2+d2+-2cd)
Соответственно,можно получить выражения для тангенсов и котангенсов.Если параметры суть числа натуральные,то тригонометрические значения будут числами рациональными.Я хочу сказать,что,в данном случае,трансцендентные функции можно предствить как функции рациональные.
Полагаю,стоит заметить,что,для общего случая, вторую замену переменных надо сделать такой
a=((2^(2m-1))c2
b=d2
В случае вещественных значений параметров принципиальных новшеств уточнение не даёт.В случае комплексных значений параметра m ситуация меняется кардинально…Вообще,случай комплексного значения всех параметров стоит разобрать особо.Но прежде немногофилософии.
Мы говорим,что все вещественные числа располагаются на вещественной оси.Врём.Кроме вещественной оси,есть ещё одна дополнительная ось.Вертикальная.
С точки зрения принципа Оккама она не нужна-все вещественные числа однозначно отображаются на одной вещественной оси,ориентация которой в пространстве,кстати,не определена.Вертикальная ось нам требуется для только для удобства.И путаницы.На какую ось отложим,например, значение произведения X*Y?
Вывод:вертикальная ось в функциях действительного переменного есть плод человеческого вымысла.Она мнима.И удобна. Но далеко не всегда.Ибо в случае геометрии требует некоторых аксиом,принцип отбора которых отсутствует/Б.Рассел/.Полагаю,в данном случае этот принцип отсутствует потому,что не нужен.Не нужен потому,что комплексные числа мы не можем отобразить без вертикальной оси.А в комплексной плоскости никакие аксиомы не нужны…Требуется лишь одно утверждение:каждому числу соответствует одна и только одна точка комплексной плоскости.
Возникает вопрос:комплексные числа получаются в результате решения алгебраических уравнений второй и выше степеней.Является-ли число i самостоятельной единицей-вектором,или оно всё же производное от –1?Полагаю,что число i несамостоятельно.Первичны вещественные числа.Алгебраические операции над ними выявили потребность в числе i и вертикальной оси.Потому параллельные линии как следствие алгебраических уравнений второй и выше степеней в теории функций комплексных переменных описаны быть не могут.Но есть…Это эллипс,фокусы которого разнесены в бесконечность.Потому Лобачевский абсолютно прав-параллельные линии в бесконечности пересекаются.Их кривизна описывает некоторое свойство пространства.И нюанс:параллельные линии в комплексной плоскости есть гипербола,соответствующая нашему эллипсу при перемене знака.Параллельные линии могут не пересекаться,описывая кривизну пространства.Случай,Лобачевским не предусмотренный.
Возникает вопрос:как описать точку в пространстве?Потребовать третью ось?На каком основании?
Не надо.Надо обратить внимание:ни положение вещественной оси,ни положение комплексной плоскости в принципе определено быть не может.Например,комплексная плоскость может ,вращаясь,занимать любое положение вокруг вещественной оси. На формулы ТФКП это не произведёт ни малейшего впечатления.До тех пор,пока нам не взбредёт в голову мысль описать комплексное пространство.Тогда придётся ввести такое понятие,как угловая скорость вращения комплексной плоскости.Именно скорость,а не угол поворота.Ибо можно предположить,что именно скорость вращения определяет состояние Вселенной.В начале Большого взрыва она была бесконечно большой.Со временем стала уменьшаться.Полагаю,что угловая скорость вращения Вселенной есть некоторая общая характеристика её состояния.
Теперь чуть порассуждаем.Если Вселенная подчиняется законам математики,то в любом направлении её мы можем провести некоторую ось,вокруг которой она и будет вращаться. .Именно это и утверждают астрономы,наблюдая звёзды. Впрочем,физики,исследуя тайны атома,не отрицают,что и в атоме все напропалую вращается…
Вопрос:какими уравнениями описывается Вселенная?Полагаю,всеми,имеющими целочисленные решения.Почему именно целочисленными?Думаю,в силу дискретности всех процессов,происходящих во Вселенной.Но поскольку её состояние неплохо описывает общее квадратное уравнение,то логично предположить,что это уравнение имеет решения,причём они могут быть в целых числах.
Так оно и есть.
Рассмотрим уравнение
Ax2+By2+Cz2+Dxy+Eyz+Fzx+Gx+Hy+Kz+L=0
Произведём замену переменных y=x+a;z=x+b; Приведём подобные с x,приравняем нулю.Подобную операцию проведём с некоторыми свободными членами. Получим
a=-b(2C+E+F)/(2B+D+E) Обозначим w=(2C+E+F)/(2B+D+E)
a=-bw
b=(Hw-K)/(Bw2-Ew+C)
x=(-(G+H+K)+-sq(G+H+K)2-4L(A+B+C+D+E+F))/(2(A+B+C+D+E+F)
y=x-(Hw2-Kw)/(Bw2-Ew+C)
z=x+(Hw-K)/(Bw2-Ew+C)
Найдено общее решение общего квадратного уравнения.Вопрос:при каких условиях оно будет целочисленным?Полагаю,ответ на этот вопрос можно получить,только предположив,что коэффициенты нашего уравнения суть функции некоторого параметра.Скорее всего,это время.
Предлагаю заинтересовавшимся обсудить этот вопрос.Слишком он неясен,чтобы навязывать собственное мнение.
Вернёмся к общему решению уравнения Пифагора в целых числах при n=2.Одно из его достоинств в том,что оно есть всегда.Иначе:для любого члена натурального числового ряда всегда можно подобрать два натуральных числа таким образом,что они составят пифагорову тройку. Опираясь на это утверждение,докажем,что при n>2 целочисленных решений быть не может.
Начальные условия:
x^n+y^n=z^n
z>x
z>y
Для n=2 всегда можно найти решение для x;y;z; в целых числах.
Предположим,что уравнение
x3+y3=z3
имеет решение в целых числах.Разделим уравнение на z.
x3/z+y3/z=z2
Слева,по условию, всегда числа рациональные.Справа-квадрат.Видно,что ему в принципе невозможно найти решение в целых числах слева.Что противоречит найденному начальному условию.Следовательно,предположение неверно.Сумма двух кубов не может иметь решения в целых числах.Поскольку все остальные степени суть коэффициенты при z3,это утверждение распространяется и на них.Никакая сумма
x^n+y^n=z^n
не может иметь решения в целых числах.
Теорема доказана.
Тут возникает довольно много следствий.
Разделим уравнение
x^n+y^n=z^n на x^n
1+(y/x)^n=z^n
z=(sq)^n((y/x)^n+1)
Очевидно,что зет всегда иррационально.»Ну и что?»-спросите вы.И будете неправы.
Суть вот в чём.Пусть имеется «эталонная» бесконечная последовательность.В нашем случае это последовательность натурального ряда чиселНазовём это множество бесконечным множеством первого порядка N.Какое бесконечное множество можно определить как «бесконечное множество второго порядка»?Предлагаю рассмотреть следующее.Каждому числу натурального числового ряда соответствует множество рациональных чисел «первого порядка».А всего рациональных чисел будет N^N.Быть может,это и будет бесконечное множество второго порядка?В таком случае бесконечное множество иррациональных чисел,находимых по последней формуле,содержит число членов Z(N)=N^N^N.Это и будет бесконечность третьего порядка.
Из уравнения
x^n+y^n=z^n
можно получить ещё одно довольно любопытное «последствие».Пусть n=3
x3+y3=z3 y=x+a;z=x+b
x3+(x+a)3=(x+b)3 Разделим на x3
1+(1+a/x)3=(1+b/x)3 или
1+(1+c)3=(1+d)3
1+3c+3c2+c3=3d+3d2+d3
Потребуем тождества.Для этого надо перебрать все возможные варианты равенств членов слева и справа.Например,учитыая,что c<d<1
1+3c=3d
2c2=d3
c3=3d2
Видно,что в рациональных числах ни одно равенство решить невозможно.
Можно преобразовать уравнение так:
1+3(c-d)+3(c2-d2)+c3-d3=0
Основываясь на доказательстве Уайльса,можно утверждать:уравнение такого вида не имеет решения в рациональных числах.Впрочем,это видно и так:
1+3(c-d)+3(c-d)(c+d)+(c-d)(c2+cd+d2)=0
Хорошо заметно,что разность (c-d) никак не может быть в квадрате в третьем члене и уж тем более в кубе в четвёртом.
.
Впрочем,всё это мелочи.Для разнообразия.
Докажем,что найденное решение уравнения Пифагора позволяет найти в общем виде сумму любого количества квадратов.Рассмотрим уравнение
q2+w2+r2=u2 Примем
w=q+x
r=q+y
u=q+z
Подставим ,приведём подобные и получим
2q2+2(x+y-z)q+x2+y2-z2=0
Если
z= 2c2+d2+-2cd
x=d2+-2cd
y=2c2+-2cd
То свободный член уравнения равен нулю.Тогда
q=-2cd
w=d2
r=2c2
u=2c2+d2
Проделывая подобную операцию ещё раз,можно найти решение в целых числах для суммы четырёх квадратов:
x2+y2+z2+t2=p2
p=(4/3)cd+2c2+d2
x=(4/3)cd
y=(2/3)cd
z=(4/3)cd+d2
t=(4/3)cd+2c2
Стоит заметить,что величину p=(4/3)cd+2c2+d2 можно рассматривать как элемент длины в четырёхмерном пространстве СТО.Полагаю,это серьёзный нюанс,вполне достойный обсуждения.Может,фантазирую,но деление на три вызывает ассоциацию с кварками.Во всяком случае,это особенность реального пространства.
Продолжая действовать аналогично,можно получить решение в целых числах суммы
любого количества квадратов.
Если вернуться к общему решению суммы трёх квадратов,то,учитывая дискретность волн,можно попытаться найти наименьший обьём для данной волны.С удовольствием обсудил бы эту тему с любым желающим.
Интересны следующие соотношения,полученные из общего решения уравнения Пифагора
x=1-d2 x=1-2d2
y=d*sq(2-d2) y=2d*sq(1-d2)
Интересны тем,что сумма их квадратов тождественно равна 1 при любом значении параметра.По сути,это синус и косинус параметра d.Этот параметр может быть любой функцией,в том числе ныне не известной.
Довольно интересно то обстоятельство,что любое комплексное число вида
z=m+in может быть представлено в виде
z=((m+-sq(m2+2n2))/2)-(n2/(m+-sq(m2+2n2))+in
Если обозначим
x=(-n2/(m+-sq(m2+2n2))+in
y=(m+-sq(m2+2n2))/2)+in
то сумма квадратов икс и игрек будет равна квадрату числа зет.Это означает,что каждое комплексное число имеет
sinZ=x/z
cosZ=y/z
Любопытны пределы этих «квазитригов».И чему равно число е в степени…»Послушайте!Если на небе зажигаются звёзды,значит,это кому-нибудь нужно».Для чего-то нужны и эти «квазитриги».
Исследование кубического уравнения на целочисленность общего решения с помощью найденного общего решения ур-я Пифагора привело к довольно неожиданной для меня форме:
x3+3cdx+d3-c3=0
Применив формулу Тартальи,я с изумлением обнаружил,что общим решением является
x=c-d
Попутно выяснилось,что параметры могут быть любыми,в том числе комплексными иррациональными,главное-чтоб их разность была целым числом.Видно так же,что в любом кубическом уравнении один из его корней входит в свободный член как сомножитель.
Можно предположить,что если некоторое общее кубическое уравнение не сводится к предложенной форме,то оно не имеет решения в целых числах.
Стоит заметить,что в формуле Тартальи находится общее решение эллиптического уравнения:
((x3+y3)/2)2=(x3)*(y3)+((x3-y3)/2)2
Любопытно,что это уравнение показывает:любое число в любой степени раскладывается на разность некоторых квадратов в общем виде:
q^(n+1)=((q^n+q)/2)2-((q^n-q)/2)2
Господа!Я не исключаю,что среди читателей найдутся люди,способные отнестись к написанному со здоровым скепсисом.Буду рад любой дельной критике.
Незваный гость! Приношу искренние извинения за совершенно неожиданную для меня бодягу, появившуюся в посте.Посылая, я всё ненужное убрал и никак не ожидал, что техника сыграет со мной столь злую шутку. Извините ещё раз. Впредь буду умнее.
Что касается Вашего требования перевести формулы в удобоваримый вид-постараюсь всё поправить. Но согласитесь, что по объективным уже причинам для меня всё это не столь уж просто. Чтоб было чуть пронятнее: всё предложенное ко вниманию предлагалось 20 лет назад. Тогда я был... ну, понимаете. Как понимаете и реакцию-её все эти 20 лет просто не было.
, для которых 
, то это одно. Если нецелочисленную тройку с какими-либо свойствами - то другое. Кстати, и понятие нецелочисленной тройки требует уточнения - то ли это три числа, среди которых есть хотя бы одно нецелое, то ли три числа, которые все нецелые. Все эти аспекты надо уточнять, так как утверждение, верное при одном определении, может быть неверно при другом. А довольно часто в неформализованных рассуждениях выясняется, что в одной части автор имел в виду одно понятие, а в другой части плавно заменяет его на другое, называя его тем же термином. Очень частая ошибка у непрофессионалов, кстати.
, используя тег [ math ]. Использование