Хочу быть математиком.

[Munin]

anokata в сообщении #844421 писал(а):

Вот именно, что бывает задача так увлечёт, что уже и план на день - "прочитать главу" никак не выполняется и мысли совсем не о том. Так что непонятно как тут планировать на месяц.

Учитесь составлять планы :-) Любой план выполняется только примерно. План имеет смысл составлять в виде "программы-минимум" и "программы-максимум" (чего надо сделать обязательно, и чего хотелось бы сделать, если получится - ну а нет, так нет). Планы могут содержать варианты ("либо прочитать 5 страниц учебника, либо сделать 5 задач"). И т. п.

И учитесь самодисциплине. Да, если задача увлечёт, то увлечёт. Но взвешивайте на внутренних весах: что вам больше хочется (нужно), повозиться с задачей (без гарантии успеха и пользы), или вернуться к выполнению плана (который вы сами для себя составили, и пользу от выполнения которого ожидаете).

-- 02.04.2014 17:05:31 --

anokata в сообщении #844546 писал(а):

Не знаю, можно ли давать ссылку на файлохранилище с собственным документом в несколько страниц или требуется всё обязательно писать тут.

Можно, если здесь напишете хорошую аннотацию, что там в файлохранилище лежит.

И сам файл должен быть в "вежливой к окружающим" форме. Не в вирусоносных и Windows-ограниченных форматах exe, doc, а в виде pdf, html, например. Zip возможен. Файлохранилища желательны без агрессивной рекламы.

[anokata]

На счёт задач, которые предложил мат-ламер

Думал над первой. Запутался - где-то накосячил.

Доказать, что если $(a+c) | ad+bc $ то $(a+c) |ab+cd$

Если $(a+c) | ad+bc $ ($(a+c) делит ad+bc $) значит найдётся такое $q$ что $ad+bc=q(a+c)$

Тогда $ad+bc=q(a+c)=qa+qc$ и $ad+bc-qa-qc=a(d-q)+c(b-q)$

$a(d-q)=-c(b-q)=c(q-b)$ поделим на $c$ и на $(d-q)$ (тут наверно надо рассмотреть возможность $d=q$)

$\frac{a}{c}=\frac{(q-b)}{(d-q)}$

С другой стороны $(a+c) |ab+cd$ означает что найдётся такое $r$ что

$ab+cd=r(a+c)$ Найдём такое $r$ тем самым доказава его существование.

Оно должно удовлетворять условию $ab+cd=ra+rc$

откуда $ab+cd-ra-rc=a(b-r)+c(d-r)$ тогда $a(b-r)+c(d-r)$

$a(b-r)=-c(d-r)=c(r-d)$ поделим на $c$ и на $(b-r)$

получим $\frac{a}{c}=\frac{(r-d)}{(b-r)}$

поскольку это и предыдушее равны $\frac{a}{c}$ то они равны

$\frac{(r-d)}{(b-r)}=\frac{(q-b)}{(d-q)}$

$(r-d)(d-q)=(q-b)(b-r)$ выполним умножени скобок

$rd-qr-dd+qd=qb-qr-bb+rb$ сократим $-qr$ и перенесём...

$rd-dd-rb=-qd+qb-bb$ вынесем за скобки $r$ и$-q$

$r(d-b)=dd-q(d-b)-bb$ поделим на $(d-b)$

$r=\frac{dd-q(d-b)-bb}{(d-b)}=\frac{dd}{(d-b)}-\frac{bb}{(d-b)}-q$

Таким образом доказать существование целого $r$ сводится к доказательству что $\frac{dd}{(d-b)}$ и $\frac{bb}{(d-b)}$ целые, то есть $d-b$ делит $d^2$ и $b^2$

Но кажется это не всегда справедливо. Значит я либо где-то ошибся, либо это тупик.

Можно теперь узнать, насколько всё это глупо?

Munin
Тогда план это действительно программа (в том смысле, что можно даже блок-схему составлять)
Интуитивно и не жёстко, я разумеется более-менее планирую и вычисляю "выгоду", в соответствии с опытом. Опасаюсь что в большей степени заниматься планированием опасно. Хотя возможно столь гибкие = часто меняющиеся планы, тоже не очень хорошо.

(Оффтоп)

В ехе это ведь ещё как надо "додуматься" так сделать. И так сразу в $\TeX$ делаю, но наверно исходник-ТеХтовик тоже не хорошо. Буду считать вариантом pdf.

[Munin]

(Оффтоп)

anokata в сообщении #844620 писал(а):

В ехе это ведь ещё как надо "додуматься" так сделать.

Некоторые "додумываются" :-) Самораспаковывающиеся архивы, например.

[мат-ламер]

anokata
Я Вас поздравляю. Вы на правильном пути. Побольше самостоятельной активной работы, а не просто пассивного чтения. Что касается бинома Ньютона, то там всё правильно. Хотя можно было написать короче, но это несущественно. Свойство биномиальных коэффициентов (1) можно было доказывать не по индукции, а просто расписывая биномиальные коэффициенты через факториалы. Что касается второй задачи, то мне просто сейчас некогда смотреть. Посмотрю завтра.

[мат-ламер]

anokata в сообщении #844620 писал(а):

Можно теперь узнать, насколько всё это глупо?

Что-то мне Ваше доказательство не нравится. До конца Вы не дошли. (Может я до конца не разобрался). Сегодня попробовал сам доказать это. Я действовал так. Попробовал прояснить и упростить для себя первое условие относительно $a,b,c,d$. Взял конкретные $a=2$ и $c=3$. В квадратной табличке записал различные $b$ и $d$. Выясниось, что $b$ и $d$, которые удовлетворяют условию делимости, располагаются в таблице регулярным образом. Родилась гипотеза, что исходное условие можно заменить на более простое. В нём некоторая функция от $a$ и $c$ каким-то образом связана с функцией от $b$ и $d$. Причём эта вторая функция симметрична относительно $b$ и $d$. Теперь посмотрим на два условия, равносительность которых мы доказываем. Если во втором мы поменяем местами $b$ и $d$, то придём к первому. Отсюда следует вывод, что всё доказано. Если я Вас заинтересовал, то пропробуйте восстановить подробности в моих рассуждениях.

[anokata]

Это у меня не доказательство, а попытка. Дошёл до того, что заметил, что что-то оно не сходится при конкретных значениях, понял, что где-то напутал, но не пойму что и где. Да, из выражений $\frac{(r-d)}{(b-r)}$ и $\frac{(q-b)}{(d-q)}$ заметил что $b$ и $d$ симметричны, и тогда увидел это и в изначальных $ad+bc$ и $ab+cd$ , вот только не придумал как это доказать или использовать. Значит надо ещё попробовать.
О функциях и не задумывался. Единственные функции из данной темы, что приходят на ум, это НОД и НОК (наверное, стоит сначала почитать-порешать что-то простое по теории делимости, теории чисел, хоть примеров доказательств набраться). Посмотрел ещё числовые примеры, пока увидел что $|b-d|=n(a+c)$ при $n \in \mathbb N_0$, хотел установить равносильность этого условия с изначальным - не получилось.
Затем я вдруг вспомнил, что если два числа делятся на другое, то и их сумма(и разность) делятся на это число. То есть если $c$ делит $a$ т.е. $c|a$ то найдётся такое $q$ что $a=cq$, и $c|b$ то найдётся такое $r$, что $b=cr$, тогда $a+b=cq+cr=c(q+r)$ что и значит, что $c|(a+b)$ т.к. существует $p=q+r$, такое что $a+b=cp=c(q+r)$. (аналогично для разности)
Но, согласно условиям, известно, что одно число делится на другое. А что если и сумма делится на другое? Оказывается, в этом случае второе число тоже делится на то, другое. То есть, если имеем что $c|a$ и $c|(a+b)$, то найдутся такие $q$ и $r$, что $a=cq$, $(a+b)=cr$. Тогда заменяя в сумме $a$ на $cq$ получим $cq+b=cr$ что даёт $b=cr-cq=c(r-q)$ то есть $b$ делится на $c$, т.к. существует такое $p=r-q$ что $b=pc$.
Теперь осталось применить это к нашему случаю.

Рассмотрим сумму $(ad+bc)+(ab+cd)$, вынесем $a$ и $c$ получим $ad+bc+ab+cd=a(d+b)+c(b+d)=(b+d)(a+c)$ то есть $(a+c)|(ad+bc+ab+cd)$, обозначим $b+d=r$
Так же, по условию $a+c|ad+bc$, то есть существуте $q$ и $q(a+c)=ad+bc$
подставим это вместо $ad+bc$ в сумму, получим $q(a+c)+(ab+cd)=(b+d)(a+c)=r(a+c)$
отсюда $ab+cd=r(a+c)-q(a+c)=(a+c)(r-q)$ что и означает, что $ab+cd$ делится на $a+c$. чтд.

Если тут нет ошибки, то любопытно узнать как же Вы предлагали решать.

[anokata]

Хочу задать такой вопрос... Вот зачастую встречаются задачи вида: разложить на множители многочлен $(x^4+x^2+1)$ при этом, пунктом ранее было задание доказать что $(x^2-x+1)(x^2+x+1)=x^4+x^2+1$. К тому же часто бывают такие задания для которых нет такого простого пути, но тем не менее когда всё же догадываешься откуда оно взялось - всё становится просто. То есть, очевидно, что задание было намеренно получено таким способом. А при этом требуется из результата угадать изначальное выражение. В качестве другого примера: предложить решить уравнение, которое на деле является раскрытым произведением двух квадратных. Сюда же можно отнести использование всяких "хитрых" подстановок - до сих пор не понимаю, откуда их берут. Это и есть обучение так сказать "техники преобразования"? (а то иногда мне кажется, что авторы так издеваются). Разумеется, это применимо не только к многочленам. Осмелюсь предположить что такие "обратные" догадки важны при интегрировании. Таким умением - легко догадываться, восстанавливать, преобразовывать обладает любой математик? Это является рутинным делом?

[Munin]

Да, это обучение технике. Да, такие догадки важны, и не только при интегрировании, а вообще везде. Ваш глаз должен научиться вылавливать паттерны, вы должны искать и находить скрытые закономерности. В конце концов, вы должны видеть в формуле не цепочку символов, а структуру, уже знакомую и понятную. Когда это достигнуто, вы освоили раздел математики, и можно переходить к следующему.

[мат-ламер]

anokata в сообщении #845278 писал(а):

то есть $(a+c)|(ad+bc+ab+cd)$

Гениально! Остальное можно было и не писать. Итак всё ясно. А я по тупости доказывал, что первое условие эквивалентно тому, что $(a+c)/$НОД$(a,c)$ делит $|b-d|$. Очевидно, что тогда это эквивалентно и второму условию.

-- Пт апр 04, 2014 21:21:42 --

anokata в сообщении #845396 писал(а):

Вот зачастую встречаются задачи вида: разложить на множители многочлен $(x^4+x^2+1)$ при этом, пунктом ранее было задание доказать что $(x^2-x+1)(x^2+x+1)=x^4+x^2+1$.

Хорошо, а если пунктом ранее не было бы этого пункта, Вы бы справились с разложением? Стандартный ход тут заключается с домножением этого многочлена на $x^2-1$. (В конце вычислений лишние множители надо будет убрать). Затем $x^6-1$ расскладываем как разность квадратов.

[anokata]

Справился бы, наверно, но не так. О домножении у меня никогда мысли не возникало. Обычно я размышляю примерно так: раз оно может быть представлено множителями, значит при раскрытии, после сокращения получится данное выражение. Значит надо найти те сокращённые слагаемые. И дальше деятельность похоже на угадывание либо таких дополнительных слагаемых (ну и вычесть их ещё надо конечно, то есть слагаемое + обратное) которые сделают выражение явно выглядящим как разложение какого-то стандартного перемножения многочленов, либо начинаются попытки угадать те исходные множители, раскрывая скобки в которых получим что-то похожее, плюс корректировка коэффициентов, чтобы получить требуемое.
Я всегда ищу решение как бы спускаясь вниз, к более основным понятиям. Вы же, как мне кажется, предлагаете нечто надстроить сверху. Это два разных подхода. Безусловно, мне нужно научиться владеть и таким (с чего бы тут попроще начать? или как именно так думать-решать?). Другой вопрос состоит в том, как эти два подхода сочетаются в повседневной деятельности математиков. (хотя может это вовсе два разных типа мышления)

Вот как могу сделать по предложенному Вами

$(x^4+x^2+1)(x^2-1)=x^6+x^4+x^2-x^4-x^2-1=$
$x^6-1=(x^3-1)(x^3+1)$
Далее я просто припомнил, что такие выражения делятся на $(x + 1)$ или $(x - 1)$, то есть будет
$(x-1)(x^2+x+1)=x^3+x^2+x-x^2-x-1=(x^3-1)$

$(x+1)(x^2-x+1)=x^3-x^2+x+x^2-x+1=(x^3+1)$
И получается
$(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)=(x^2-1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$

Вот откуда Вам известен такой стандартный приём?

Я бы сделал примерно так

$x^4+x^2+1=(x^4+x^2+1)+(x^3-x^3+x^2-x^2+x-x)=(x^4-x^3+x^2)+(x^3-x^2+x)+(x^2-x+1)=$

$=x^2(x^2-x+1)+x(x^2-x+1)+(x^2-x+1)=$

$=(x^2-x+1)(x^2+x+1)$

Но это основано на том наблюдении, что
$(x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^4-x^3+x^2 +x^3-x^2+x +x^2-x+1=(x^4+x^2+1)+(x^3-x^3+x^2-x^2+x-x)$

То есть по сути, это да, банальная подгонка под уже известный/угаданный ответ. Что мне и не нравится. А как по другому - мне не ясно.
Да, я конечно часто использую уже известные преобразования в обе стороны, но толи ещё их не хватает и опыта, то ли тут сказывается недостаток некоторых общих техник/путей решения.

[Xaositect]

anokata в сообщении #845599 писал(а):

То есть по сути, это да, банальная подгонка под уже известный/угаданный ответ. Что мне и не нравится. А как по другому - мне не ясно.

Можно неопределенными коэффициентами. Представить в виде произведения $(x^2 + Ax + B)(x^2 + ax + b)$ и подобрать коэфициенты.
В случае данного конкретного многочлена можно еще корни найти и сгруппировать сопряженные.

[anokata]

Xaositect в сообщении #845632 писал(а):

Можно неопределенными коэффициентами.

А ведь действительно
Рассмотрим $(x^2-ax+b)(x^2+Ax+B)$ выполнив умножение получим

$x^4+Ax^3+Bx^2-ax^3-aAx^2-aBx +bx^2+bAx+bB$ а сгруппировав подобные

$=x^4 +x^3(A-a)+x^2(B-aA+b)+x(bA-aB)+bB$

нам требуется чтобы было $x^4+x^2+1$ то есть как видно должны выполняться условия

$$ \begin{cases} A-a=0 \\ B-aA+b=1 \\ bA-aB=0 \\ bB=1 \end{cases} $$

откуда находим что $A=a$

и тогда $ba=aB$ т.е. $b=B$

$b^2=1$ даст $b=\pm 1$
подставим найденое во второе условие

$2b-a^2=1$
откуда

при $b=1$

$a^2=-1+2$

$a=\pm 1$

при $b=-1$

$a^2=-1-2=-3$
получим
$a=\sqrt{-3}$

Таким образом кроме целых решений нашлось ещё одно.
Рассмотрим его, подставив в изначальное
$(x^2-x\sqrt{-3}-1)(x^2+x\sqrt{-3}-1)$
проверим раскрыв
$x^4+x^3\sqrt{-3}-x^2 -x^3\sqrt{-3} -x^2(\sqrt{-3}\sqrt{-3})+\sqrt{-3} -x^2-\sqrt{-3}+1$

$=x^4+1+(x^3\sqrt{-3}-x^3\sqrt{-3})+(-x^2+3x^2-x^2)+(\sqrt{-3}-\sqrt{-3})=x^4+x^2+1$

Красивый способ.

[provincialka]

Вообще-то многие биквадратные полиномы можно раскладывать, используя формулы сокращенного умножения. Например, $x^4+ax^2+1 = (x^2+1)^2-(2-a)x^2$. Значит, при $a<2$ получаем представление многочлена в виде разности квадратов.

$$x^4+ax^2+1 = (x^2+1-\sqrt{2-a}\cdot x)(x^2+1+\sqrt{2-a}\cdot x)$$

Можно вывести и более общую формулу, для многочлена со свободным членом $b^2$

-- 05.04.2014, 13:55 --

В задаче

anokata в сообщении #844620 писал(а):

Доказать, что если $(a+c) | ad+bc $ то $(a+c) |ab+cd$

я бы рассуждала так. Если первое число является делителем второго, выполним деление. Имеем $\dfrac{ad+bc}{a+c}=d+\dfrac{bc-cd}{a+c} = d+b - \dfrac{ab+cd}{a+c}$. Значит, либо обе дроби целые, либо обе нецелые. Тут вроде никакой особой "догадки" не нужно.

[Munin]

anokata в сообщении #845599 писал(а):

О домножении у меня никогда мысли не возникало.

Очень часто в математике кроме "прямого пути" есть "обходной путь", ведущий к цели, когда "прямой" упирается в тупик. Очень часто, когда что-то надо уменьшить, разложить и т. п., "обходной путь" состоит в том, чтобы что-то увеличить, прибавить, нарастить. На эту тему есть много разных приёмов, "прибавить и отнять единицу", "прибавить единицу и разложить её на слагаемые / на множители", и так далее.

Так что, думайте иногда о том, чтобы "отступить на шаг назад". Бывает даже нужно "на два шага назад", "на три"... Только опыт и интуиция подскажут вам, что при этом вы всё-таки достигаете какого-то упрощения задачи, а не занимаетесь бессмысленным усложнением.

anokata в сообщении #845599 писал(а):

Я всегда ищу решение как бы спускаясь вниз, к более основным понятиям. Вы же, как мне кажется, предлагаете нечто надстроить сверху. Это два разных подхода. Безусловно, мне нужно научиться владеть и таким (с чего бы тут попроще начать? или как именно так думать-решать?). Другой вопрос состоит в том, как эти два подхода сочетаются в повседневной деятельности математиков. (хотя может это вовсе два разных типа мышления)

Используются оба, смотря по задаче. Часто вместе. По сути, это не два разных подхода, а две разных составляющих одного подхода.

Молоток и гвоздодёр выполняют противоположные операции. Но у плотника в наборе инструментов они лежат вместе.

[anokata]

provincialka в сообщении #845666 писал(а):

выполним деление

Эх, я почти сделал шаг в этом направлении. Впредь попытаюсь быть осмотрительней и внимательно рассматривать каждый вариант.

Munin
Думаю тут и ранее Вы правы. С удовольствием бы ещё почитал таких Ваших наставлений, или каких ещё. (или какая ссылка меня научит)

Теперь убеждаюсь, что общение способствует развитию.

По-прежнему занимаюсь многочленами.
Например
$(1+x)(1+x^2)=1+x^2+x+x^3$

$(1+x)(1+x^2)(1+x^4)=(1+x^2+x+x^3)(1+x^4)=$

$1+x+x^2+x^3+x^4 + x^5+x^6+x^7$

$(1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)=1+x+...+x^{15}$

Представим общий вид выражения

$$\sum\limits^n_{i=0}x^i = 1+x+x^2+...+x^i+...+x^n $$

Каков общий вид разложения на множители?

можно предположить он таков

$$\prod\limits^n_{i=0} (1+x^{2^i})=\sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^i \eqno (\beta)$$

т.е. даёт разложение на множители многочлена $1+x+...+x^k$ степени $k=2^{n+1}-1$

Докажем $(\beta)$ индукцией по $n$

$\prod\limits^{n+1}_{i=0} (1+x^{2^i})= (1+x^{2^{n+1}})\prod\limits^n_{i=0} (1+x^{2^i})=\left( 1+x^{2^{n+1}} \right) \left(\sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^i \right)=$

$\sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^i + x^{2^{n+1}}\sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^i = \sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^i + \sum\limits^{2^{n+1}-1}_{i=0}x^{i+2^{n+1}}=$

$(1+x+x^2+...+x^i+...+x^{2^{n+1}-1})+(x^{2^{n+1}}+x^{2^{n+1} + 1}+$

$+...+x^{i+2^{n+1}} +...+x^{2^{n+1}+2^{n+1}-1= 2^{(n+1)+1}-1 })=$

$=\sum\limits^{2^{(n+1)+1}-1}_{i=0}x^i$ чтд.

Какие есть ещё пути обобщения или другого выражения многочленов? (или это мне ещё рано?)
Правильно ли делаю, что этим занимаюсь? Так подробно надо каждый пункт разбирать, пока не будет всё очевидно и легко?

И ещё вопрос важный. Я почти всегда занимаюсь этим на ПК. Имеет ли какой-то дидактический смысл писать на бумаге ручкой? А то почерк не очень красивый, что мешает видеть не то что общую структуру, а даже отдельные элементы замутняет, и ведёт ко многим нелепым ошибкам по недосмотру и неаккуратности. А вот на ПК, отобразив формулы, оформив минимально текст - уже всё выглядит много понятнее, и так приятно, что хочется продолжать что-то решать и искать.