Доказательство теоремы в 4 строчки.

[Gem]

migmit в сообщении #315894 писал(а):

). И, да, любое кубическое уравнение можно представить в таком виде, правильным образом выбрав , и .

Нет.
Никакого правильного подбора.
В уравнении
$a;b;c$
могут быть любыми.
В том числе натуральными.
Если некоторое уравнение не приводимо к такому виду, то оно не может иметь натуральные корни.
За исключением случая, когда
$c=-a-b$
Этот вариант требует особого рассмотрения.

migmit в сообщении #315894 писал(а):

Он обращается в ноль.

Я это и имел в виду.

migmit в сообщении #315894 писал(а):

Не вполне понятно, каким образом уравнение в принципе может использоваться как "доказательная база" (и что такое "доказательная база" вообще). Не понятно, почему отсутствие целых корней является препятствием для сформулированного утверждения.

Я хочу доказать, что уравнение вида $t^3-(3h-3d-3f)+(-3h^2+3d^2+3f^2)-(h^3-d^3-f^3=0$ не сводимо к виду, указанному выше.

[kahey]

kahey в сообщении #315635 писал(а):

Ну, вообще-то альтернативный вариант, я думаю, мог бы представить Виктор Сорокин - по крайней иере можно было воспользоваться тем соотношением, которое он привёл.
Я не буду опираться на это соотношение. Своё доказательство дам завтра.

1) $c^n=a^n+b^n$, где c - чётное число, n>2 простое число, пока предположу, что (n+1) делится на 4.
2) $c^{n}(a+b)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})=a^{n+1}+b^{n+1}$. Возможны варианты: $c^{n}(a+b)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})=8k+2$,
$c^{n}(a+b)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})=8k-2$,
$c^{n}*(a+b)-ab(a^{n-1}+b^{n-1})=4k$
Последний случай доказывается аналогично двум предыдущим, поэтому его рассматривать не буду.
3) Т.к. ab нечётное число, то $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}+4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t+2$ или $2(ab)^{\frac{n+1}{2}}-4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t-2$
Прибавим одно из этих выражений к правой и левой стороне таким образом, что у нас получиться в левой части либо 8p+4, либо 8p-4
При этом левая часть делиться на 4, но не делиться на 8.
Правая часть будет либо $(a^{\frac{n+1}{4}}+b^{\frac{n+1}{4}})^4$, либо $(a^{\frac{n+1}{4}}-b^{\frac{n+1}{4}})^4$ ,
т.е. правая часть делиться на 16.

-- Чт май 06, 2010 00:24:54 --

Если (n+1) не делиться на 4, то n-1 делиться на 4 и мы проводимтоже доказательство, но с правой частью:
$ab(a^{n-1}+b^{n-1})$
(вроде, у меня раньше было другое доказательство.)

Жду коментариев по представленному доказательству.

[migmit]

Gem в сообщении #315934 писал(а):

Никакого правильного подбора.
В уравнении
$a;b;c$
могут быть любыми.

Тогда, боюсь, я не вполне понимаю, что вы имеете в виду. Верно ли, что любое кубическое уравнение приводимо к такому виду, где $a$, $b$ и $c$ - произвольные? Нет, неверно.

Gem в сообщении #315934 писал(а):

Если некоторое уравнение не приводимо к такому виду, то оно не может иметь натуральные корни.

Вы имели в виду "некоторое кубическое уравнение"? Ещё раз: любое кубическое уравнение к такому виду приводится.

Gem в сообщении #315934 писал(а):

migmit в сообщении #315894 писал(а):

Не вполне понятно, каким образом уравнение в принципе может использоваться как "доказательная база" (и что такое "доказательная база" вообще). Не понятно, почему отсутствие целых корней является препятствием для сформулированного утверждения.

Я хочу доказать, что уравнение вида $t^3-(3h-3d-3f)+(-3h^2+3d^2+3f^2)-(h^3-d^3-f^3=0$ не сводимо к виду, указанному выше.

Вас ждёт неудача. Оно является кубическим (надеюсь, вы имеете в виду, что это уравнение на $t$?), и, следовательно, к такому виду приводится.

[kahey]

там 6 вместо 2.
Кроме того я неточно выразился, но смысл я думаю был понятен.

-- Чт май 06, 2010 01:24:31 --

3) Т.к. ab нечётное число, то $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}+4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t+2 $(или 8t-2) и $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}-4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8s-2$(или 8s+2)
Прибавим одно из этих выражений к правой и левой стороне таким образом, что у нас получиться в левой части либо 8p+4, либо 8p-4

Тут ошибка.
Должно быть:
$6(ab)^{\frac{n+1}{2}}+4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t+2 $(или 8t-2) и $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}-4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8s+2$(или 8s-2)

[migmit]

kahey в сообщении #316027 писал(а):

там 6 вместо 2.

Понятно, будем иметь в виду.

kahey в сообщении #316005 писал(а):

пока предположу, что (n+1) делится на 4.

OK, тем более, правила форума требуют предъявить доказательство для $n=3$, что подпадает под этот случай.

kahey в сообщении #316005 писал(а):

Возможны варианты

Нет никаких вариантов. $n+1$ делится на $4$, любое нечётное число в степени $4$ даёт при делении на $8$ остаток $1$, так что $a^{n+1}+b^{n+1}$ имеет вид $8k+2$. Значит, возможен только первый случай.

kahey в сообщении #316005 писал(а):

$6(ab)^{\frac{n+1}{2}}+4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t+2$ или $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}-4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})=8t-2$

Опять-таки, возможен только второй из этих вариантов. $\frac{n+1}2$ - число чётное, так что $(ab)^{\frac{n+1}2}$ даёт при делении на $4$ остаток $1$, а если умножить его на $6$, то оно будет давать остаток $6$ при делении на $8$. Второе слагаемое делится на $8$.
Более того, при этом $6(ab)^{\frac{n+1}{2}}+4(ab)^{\frac{n+1}{4}}*(a^\frac{n+1}{2}+b^\frac{n+1}{2})$ тоже представляется в виде $8q-2$.

kahey в сообщении #316005 писал(а):

Прибавим одно из этих выражений к правой и левой стороне таким образом, что у нас получиться в левой части либо 8p+4, либо 8p-4

Не получится. Так как левая часть имеет вид $8k+2$, а оба выражения имеют вид $8t-2$, сумма будет делиться на $8$. Не покатит.

Метазамечание: собственно, вы НИГДЕ не использовали $c^n$, за исключением утверждения, что это число является чётным (что тривиально следует из нечётности $a$ и $b$). Поэтому, собственно говоря, доказательство и НЕ МОГЛО получиться, ибо если бы оно получилось, вы точно таким же образом доказали бы, что уравнение $a^n+b^n=a^n+b^n$ не имеет решений с нечётными $a$ и $b$ - что, очевидно, неверно.

[kahey]

Вспомнил кое, что - сейчас проверяю.

[Toucan]

kahey, обращаю Ваше внимание на правила данного раздела:

Цитата:

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

[kahey]

$(a+b)c^n-ab(a^{n-1}+b^{n-1})=a^{n+1}+b^{n+1}$
Положим
$(a+b)=r_12^{k_1}$,
$(a-b)=r_22^{k_2}$
Прибавим и отнимем кправой и левой частям $2(ab)^{\frac{n+1}{2}}$


для степени n=3 это будет:
$(a+b)c^3-ab(a^2+b^2)=a^4+b^4$
Прибавляем (вычитаем) 2abab
$(a+b)c^3-ab(a-b)^2=(a^2+b^2)^2$
$(a+b)c^3-ab(a+b)^2=(a^2-b^2)^2$
Далее приходим к соотношениям (ищем общий множитель):
$2k_1, 2k_2, 2k_3$
$2k_1, 2k_1, 2k_2k_1$
Из второго следует, что $k_2=1$



-- Чт май 06, 2010 02:45:47 --

Здесь
$a+b=r_12^{k_1}$
$a-b=r_22^{k_2}$
$c^3=r_32^{k_1}$

[kahey]

Здесь ошибка:

Цитата:

Далее приходим к соотношениям (ищем общий множитель):
$2k_1, 2k_2, 2k_3$
$2k_1, 2k_1, 2k_2k_1$

Должно быть:
$2k_1, 2k_2, 2k_3$
$2k_1, 2k_1, 2(k_2+k_1)$

[venco]

kahey в сообщении #316043 писал(а):

Из второго следует, что $k_2=1$

Не следует.

[Gem]

migmit в сообщении #316018 писал(а):

Тогда, боюсь, я не вполне понимаю, что вы имеете в виду. Верно ли, что любое кубическое уравнение приводимо к такому виду, где , и - произвольные? Нет, неверно.

Разумеется.
Я обращаю внимание на тот факт, что если мы ставим условие: параметры могут быть любыми, то уравнение обязано иметь такой вид.

migmit в сообщении #316018 писал(а):

Я хочу доказать, что уравнение вида не сводимо к виду, указанному выше.

Вас ждёт неудача. Оно является кубическим (надеюсь, вы имеете в виду, что это уравнение на ?), и, следовательно, к такому виду приводится.

Вы не находите некоторого противоречия в этих двух Ваших утверждениях?
Во всяком случае, у меня при приведении решительно ничего не получилось.
Написать подробнее?

[migmit]

Gem в сообщении #316066 писал(а):

migmit в сообщении #316018 писал(а):

Тогда, боюсь, я не вполне понимаю, что вы имеете в виду. Верно ли, что любое кубическое уравнение приводимо к такому виду, где , и - произвольные? Нет, неверно.

Разумеется.
Я обращаю внимание на тот факт, что если мы ставим условие: параметры могут быть любыми, то уравнение обязано иметь такой вид.

Простите, "параметры могут быть любыми" - это не условие, это утверждение об отсутствии условий.
Ещё раз: если нам дано кубическое уравнение, то всегда найдутся такие $a$, $b$ и $c$, что уравнение имеет указанный вид (ну, если точнее, требуется, чтобы коэффициент при $x^3$ был равен единице - но любое кубическое уравнение к этому виду легко приводится, так что не будем на этом останавливаться).

Gem в сообщении #316066 писал(а):

migmit в сообщении #316018 писал(а):

Gem в сообщении #315934 писал(а):

Я хочу доказать, что уравнение вида $t^3-(3h-3d-3f)+(-3h^2+3d^2+3f^2)-(h^3-d^3-f^3=0$ не сводимо к виду, указанному выше.

Вас ждёт неудача. Оно является кубическим (надеюсь, вы имеете в виду, что это уравнение на ?), и, следовательно, к такому виду приводится.

Вы не находите некоторого противоречия в этих двух Ваших утверждениях?

Какие именно "два утверждения" вы имеете в виду?

Gem в сообщении #316066 писал(а):

Во всяком случае, у меня при приведении решительно ничего не получилось.

Гм. Это может доказать только ваше неумение.
Ещё раз намекну (очень толсто): у каждого кубического уравнения имеются три (с учётом кратности) корня.

-- Чт май 06, 2010 08:56:16 --

kahey в сообщении #316043 писал(а):

Далее приходим к соотношениям (ищем общий множитель):
$2k_1, 2k_2, 2k_3$
$2k_1, 2k_1, 2k_2k_1$

Эту фразу не понял.

[Gem]

migmit в сообщении #316077 писал(а):

Гм. Это может доказать только ваше неумение.
Ещё раз намекну (очень толсто): у каждого кубического уравнения имеются три (с учётом кратности) корня.

Это я понимаю.
Но далеко не каждый вид кубического уравнения позволяет иметь свои три корня натуральными.
С этим Вы согласны?

[migmit]

Gem в сообщении #316086 писал(а):

Но далеко не каждый вид кубического уравнения позволяет иметь свои три корня натуральными.

Несомненно, но вы же не требовали натуральности.

[Gem]

migmit в сообщении #316094 писал(а):

Несомненно, но вы же не требовали натуральности.

Моя вина.
Условия надо ставить чётко.
Итак: если тремя корнями кубического уравнения могут быть натуральные числа, оно обязательно имеет вид
$x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+dc)x-abc=0$
Стоит заметить, что корнями могут быть так же числа иррациональные и рациональные.
Как Вы полагаете, формулировка верная?
Буду искренно признателен за ответ.