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


В раздел Пургаторий будут перемещены спорные темы (преимущественно псевдонаучного характера), относительно которых администрация приняла решение о нецелесообразности продолжения дискуссии.
Причинами такого решения могут быть, в частности: безграмотность, бессодержательность или псевдонаучный характер темы, нарушение автором принципов ведения дискуссии, принятых на форуме.
Права на добавление сообщений имеют только Модераторы и Заслуженные участники форума.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 TR63 "решает" кубическое диофантово уравнение
Сообщение17.03.2015, 09:22 


03/03/12
1269
 i  Отделено отсюда


juna в сообщении #156495 писал(а):
Можно попытаться без Морделла.
$y^3=(x-1)(x+1)$


$y^3+1=x^2$
$x^2>y^2$, $x^2=y^2+\alpha$
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$ (учли, что имеет место неустойчивость).
Подставим в уравнение вместо переменной $y$ $\to$ $y+\alpha_1$. Тогда преобразованное уравнение будет иметь симметричные корни (это верно?; я путаюсь, с каким знаком надо делать добавку ). Получим:
$y^3+3y^2\alpha_1+3y\alpha^2_1+\alpha^3_1-y^2-2y\alpha_1-\alpha^2_1-\alpha+1=0$
$y^3+(3\alpha_1-1)y^2+(3\alpha^2_1-2\alpha_1)y+\alpha^3_1-\alpha+1=0$
Поскольку корни стали симметричными, то должно выполняться условие симметричности: $x^3+ax^2+bx+c=0$ только при $c=ab$ (это известный факт, следующий из формулы Орландо). Запишем его для нашего уравнения:
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета).
Получили противоречие? (Прошу проверить, есть ли ошибки.)

shwedka в сообщении #155098 писал(а):
Oригинальную статью Михайлеску забирайте на http://ifolder.ru/8852042
После этого, он немало сделал для уравнения Fermat-Catalan
$x^p+y^p= b z^q$



Где можно посмотреть об этом уравнении подробнее. Ещё интересует информация о решении уравнения $x^5=t^2_2-t^2_1$. Оно ведь не относится к гипотезе Ферма-Каталана?

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение17.03.2015, 21:47 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
Получили противоречие?
Нет, не получили. $\alpha_1$ нерациональное число. Например, уравнение $\alpha^3-2=0$ по Вашей логике и по теореме Виета имеет целый $\alpha$, поскольку $\alpha \mid 2$, так что ли?
Корни данного уравнения Вы не нашли.
Противоречие нельзя вывести и из исходного уравнения, поскольку оно выполнимо.
Далее, из уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ нельзя получить противоречие для $y,\alpha \in \mathbb{Z}$, поскольку существует бесконечно много комбинаций $y,\alpha$ удовлетворяющих ему.
Далее, из $(\exists x,y\in\mathbb{Z})y^3+1=x^2$ следует, что $(\exists y,\alpha\in\mathbb{Z})y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, но обратное неверно.
Наконец, поскольку Вы пишете невнятно, указать на конкретную ошибку в логике или сказать, что это верно, нормальным людям невозможно, нужно заниматься телепатией, и ради чего?

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение18.03.2015, 00:05 


03/03/12
1269
Deggial в сообщении #991666 писал(а):
$\alpha_1$ нерациональное число. Например, уравнение $\alpha^3-2=0$ по Вашей логике и по теореме Виета имеет целый $\alpha$, поскольку $\alpha \mid 2$, так что ли?

Нет. По моей логике для Вашего уравнения $\alpha^3=2$, если оно имеет натуральные решения, то для $\alpha^3$, как числа натурального, можно записать это натуральное число, большее единицы, как сумму двух натуральных чисел $\alpha^3=\alpha_1+\beta$. Только это. Не более.
TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$

По теореме Виета $y_1+y_2+y_3=1$. $y_1-2\alpha_1=1$. $y_1$ натуральное по предположению.
$2\alpha_1=y_1-1$, значит $2\alpha_1$ натуральное, т.к. $(y)$, а, значит и $y_1$, натуральное по предположению.
Deggial в сообщении #991666 писал(а):
Противоречие нельзя вывести и из исходного уравнения, поскольку оно выполнимо.

Deggial, приведите, пожалуйста, несколько решений. Тогда я ошибку поищу сама. (Где находятся мои сомнения, я написала в первом сообщении.)

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение18.03.2015, 16:34 


03/03/12
1269
Deggial в сообщении #991666 писал(а):
Далее, из уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ нельзя получить противоречие для $y,\alpha \in \mathbb{Z}$, поскольку существует бесконечно много комбинаций $y,\alpha$ удовлетворяющих ему

Согласна. Поняла.
Но ещё не поняла, где у меня ошибка. Замена переменных корректна или нет? Думаю, ошибка в этом или в знаке.

-- 18.03.2015, 17:58 --

Ошибка, наверно, в том, что я не рассмотрела случай $\alpha=1$ в уравнении:
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение18.03.2015, 17:58 


03/03/12
1269
Этот случай можно рассмотреть отдельно. Далее. Думаю, всё-таки, противоречие получено. Но оно касается не одной переменной $\alpha$, а двух переменных $(\alpha;2\alpha_1)$ одновременно. Т.е. речь может идти о несуществовании решений в целых комплексных числах при $\alpha>1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение18.03.2015, 19:56 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
TR63 в сообщении #991740 писал(а):
Deggial, приведите, пожалуйста, несколько решений.
Вы замахиваетесь на кубические диофантовы уравнения и не можете найти некоторые решения этого уравнения? Не находите, что это несколько странно?

TR63 в сообщении #992048 писал(а):
Замена переменных корректна или нет? Думаю, ошибка в этом или в знаке.
Замена переменных неэквивалентна. Обратного перехода Вы не делаете, а Вам надо проверить, что для найденных Вами $y,\alpha$ число $y^2+\alpha$ является квадратом.

TR63 в сообщении #992048 писал(а):
Ошибка, наверно, в том, что я не рассмотрела случай $\alpha=1$ в уравнении:
Нет, это нечто левое.

TR63 в сообщении #991740 писал(а):
TR63 в сообщении #991381 писал(а):

$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$

По теореме Виета $y_1+y_2+y_3=1$. $y_1-2\alpha_1=1$. $y_1$ натуральное по предположению.
$2\alpha_1=y_1-1$, значит $2\alpha_1$ натуральное, т.к. $(y)$, а, значит и $y_1$, натуральное по предположению.
Для любого уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ если один корень $y_1$ целый, то сумма других $y_2+y_3=2\alpha_1$ целая (если $y_2,y_3$ не действительные). Это верно (верно для всех уравнений и для всех уравнений противоречием не является) и тривиально и потому отсюда ничего конкретно для уравнения $y^3=x^2+1$ не следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение18.03.2015, 21:31 


03/03/12
1269
Deggial в сообщении #992160 писал(а):
Вы замахиваетесь на кубические диофантовы уравнения и не можете найти некоторые решения этого уравнения? Не находите, что это несколько странно?

Этот момент я объяснила ранее:
TR63 в сообщении #992048 писал(а):
Согласна. Поняла.


Нашла: $(x;y)=(3;2)$ (далее Мордел). Особо не искала, потому что цель у меня сейчас другая: выяснить корректен ли метод.
Deggial в сообщении #992160 писал(а):
Для любого уравнения $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ если один корень $y_1$ целый, то сумма других $y_2+y_3=2\alpha_1$ целая (если $y_2,y_3$ не действительные). Это верно (верно для всех уравнений и для всех уравнений противоречием не является)

1). Обратите внимание: здесь ровно один положительный корень с учётом перемен знака (по предположению он натуральный) и два комплексных с отрицательной действительной частью с учётом неустойчивости по теореме Стодолы. (это важно).
2). Противоречие не здесь. Смотрите ниже:
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета)

При $\alpha>1$ многочлен в левой части больше нуля. Т.е. не существует переменных $(\alpha;\alpha_1)$. А, по предположению они существуют. Противоречие. Значит в натуральных (целых потом) комплексных числах решений нет.
TR63 в сообщении #992087 писал(а):
Замена переменных неэквивалентна. Обратного перехода Вы не делаете, а Вам надо проверить, что для найденных Вами $y,\alpha$ число $y^2+\alpha$ является квадратом

Поскольку их не существует, то и проверять не надо. Обратный переход делать не надо. Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее. Эту замену смотрели специалисты математики пять лет назад. Замечаний не было. И практикой она подтверждается. Попробуйте с помощью этого метода решить уравнение четвёртой степени в общем виде. Тогда можно находить целые действительные части комплексных корней и не только. Затем сделать проверку на соответствие реальности.
Deggial, пока Вы меня не убедили, что доказательство ошибочно. Но и уменя нет полной уверенности, что нет ошибки.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение19.03.2015, 22:07 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
Ещё раз, почему есть ошибка:
Вы берете уравнение $y^3=x^2-1$ имеющее решения (конечное число).
Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.
Очевидно, что существует бесконечно много $\alpha$ таких, что уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ имеет целочисленное (натуральное) решение.
А Вы здесь:
TR63 в сообщении #992197 писал(а):
2). Противоречие не здесь. Смотрите ниже:
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета)

При $\alpha>1$ многочлен в левой части больше нуля. Т.е. не существует переменных $(\alpha;\alpha_1)$. А, по предположению они существуют. Противоречие. Значит в натуральных (целых потом) комплексных числах решений нет.
или здесь:
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
$y_1>0$, $y_{2;3}=-\alpha_1\pm i\beta$ (учли, что имеет место неустойчивость).
Подставим в уравнение вместо переменной $y$ $\to$ $y+\alpha_1$. Тогда преобразованное уравнение будет иметь симметричные корни (это верно?; я путаюсь, с каким знаком надо делать добавку ). Получим:
$y^3+3y^2\alpha_1+3y\alpha^2_1+\alpha^3_1-y^2-2y\alpha_1-\alpha^2_1-\alpha+1=0$
$y^3+(3\alpha_1-1)y^2+(3\alpha^2_1-2\alpha_1)y+\alpha^3_1-\alpha+1=0$
Поскольку корни стали симметричными, то должно выполняться условие симметричности: $x^3+ax^2+bx+c=0$ только при $c=ab$ (это известный факт, следующий из формулы Орландо). Запишем его для нашего уравнения:
$(3\alpha_1-1)(3\alpha^2_1-2\alpha_1)=\alpha^3_1-(\alpha-1)$
${4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2}+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
$2<2\alpha_1$, $2\alpha_1\in N$ (по теореме Виета).
якобы выводите только из факта существования одного целого корня противоречие, т.е., подставляя те $\alpha$, для которых уравнение имеет целое решение (которых бесконечно много), мы получаем, что Вы в своём рассуждениииз истины выводите ложь.
Если Вы считаете это рассуждение доказательством, то Вам надо азы математики перечитывать или заниматься другим делом.

Явную ошибку в рассуждениях указать трудно, поскольку рассуждения невнятны, всех переходов в рассуждении нет.
Факт, что $2\alpha_1\in\mathbb{Z}$ по теореме Виета верен и тривиален.
Утверждение, что $2\alpha_1\in\mathbb{N}$ тоже верно: $2\alpha_1=y_1-1>0$. Значит неверно доказательство неравенства $\alpha_1<1$. Вот и ищите у себя ошибку.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение20.03.2015, 00:13 


03/03/12
1269
Deggial в сообщении #992763 писал(а):
Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.

Deggial, я беру не произвольные $(x;y)$, а такие, которые по предположению удовлетворяют исходному уравнению. Т. е. такая процедура не является произвольной подстановкой. Переменная $\alpha$, таким образом, является не произвольной, а зависимой от $(x;y)$. При этом доказано, что $x^2>y^2$. Например, из $5>3$ следует, что существует однозначное число $(\alpha)$, такое, что $5=3+2$. Т.е. $(\alpha)$ здесь $(x^2=y^2+\alpha)$ не произвольное число.
Deggial в сообщении #992763 писал(а):
якобы выводите только из факта существования одного целого корня противоречие, т.е., подставляя те $\alpha$, для которых уравнение имеет целое решение (которых бесконечно много), мы получаем, что Вы в своём рассуждениииз истины выводите ложь.

Это утверждение не соответствует тому, что следует из моих рассуждений. Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$. Напомню, что рассматриваем решения в натуральных комплексных числах (пока). Далее, обратите внимание: из того, что $(2\alpha_1)$ целое, необязательно $(\alpha_1)$ целое. Поскольку получено противоречие, то хотя бы одно из чисел $(y;\alpha_1)$ не является натуральным. Поскольку $(y)$ является существующим натуральным не только по предположению, но и фактически, то несуществующим натуральным является $(\alpha_1)$. ($\alpha=1$ особый случай). Что и требовалось доказать.
Deggial в сообщении #992160 писал(а):
Замена переменных неэквивалентна.

TR63 в сообщении #992197 писал(а):
Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее.

Deggial, Вы не ответили на самый главный для меня вопрос. Всё прочее вторично.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение20.03.2015, 09:11 


03/03/12
1269
TR63 в сообщении #992810 писал(а):
Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$. Напомню, что рассматриваем решения в натуральных комплексных числах (пока).

Уточнение: в целых $(x; y; \alpha_1)$. В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.

(Оффтоп)

По поводу, кому следует заниматься математикой. Замечательный украинский учитель писал (по памяти): бороться надо не против ученика, а за ученика. Давайте будем разбираться с задачей, а не переходить на личности.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение21.03.2015, 12:21 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
TR63 в сообщении #992810 писал(а):
Deggial в сообщении #992763 писал(а):
Делаете подстановку $x^2=\alpha+y^2$. Получаете уравнение $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$, ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.

Deggial, я беру не произвольные $(x;y)$, а такие, которые по предположению удовлетворяют исходному уравнению. Т. е. такая процедура не является произвольной подстановкой. Переменная $\alpha$, таким образом, является не произвольной, а зависимой от $(x;y)$. При этом доказано, что $x^2>y^2$. Например, из $5>3$ следует, что существует однозначное число $(\alpha)$, такое, что $5=3+2$. Т.е. $(\alpha)$ здесь $(x^2=y^2+\alpha)$ не произвольное число.
То, что Вы пишите, это никакой роли в Вашем доказательстве не играет, потому что
Deggial в сообщении #992763 писал(а):
ограничения на $\alpha$ Вы не рассматриваете.
, как и исходное ограничение на $x,y$. Это просто заклинание, которым Вы пытаетесь запудрить мозг себе и людям.

TR63 в сообщении #992810 писал(а):
Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$.
Нет, не следует.
Вот Вам уравнения
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0$ с $y_1=k, -3k^2+2k+1, y_{2,3}=\frac{-k+1\pm\sqrt{-3k^2+2k+1}}{2}, \alpha_1=\frac{k-1}{2}, k\in\mathbb{N}$
Все они имеют один натуральный корень и $2\alpha_1\in\mathbb{N}$. Можно даже выбрать бесконечную подпоследовательность с $\alpha_1\in\mathbb{N}$. Нет в этом никаких противоречий. А Вы из этого якобы вывели противоречие. О чём это говорит?
Вам понятно, что у Вас даже атома доказательства нет, не то что там какой-то идеи решений или инструмента?

TR63 в сообщении #992810 писал(а):
Deggial в сообщении #992160 писал(а):
Замена переменных неэквивалентна.

TR63 в сообщении #992197 писал(а):
Почему некорректна замена, прошу объяснить подробнее.

Deggial, Вы не ответили на самый главный для меня вопрос. Всё прочее вторично.
Самый главный для Вас вопрос написан выше.
А здесь очевидно: уравнение $y^3=x^2-1$ имеет, как известно, конечное число решений (2 в натуральных).
А семейство уравнений $y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ имеет бесконечно много решений (описаны выше). Не для каждого целого решения $y_1$ существует целое решение $(x,y)$.

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #992810 писал(а):
число $(\alpha)$
Это не число, это идеал.


TR63 в сообщении #992924 писал(а):
В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.
Это совершенно голословное заявление.
Для справки: теорема Стодолы, это следующее простое утверждение:
Если у многочлена $p(x)=a_0x^n+...+a_n$ $a_0>0$ и для всех его корней $\lambda_k$ верно $\operatorname{Re} \lambda_k < 0$, тогда все $a_k>0$.
Каким образом Вы отсюда выводите неразрешимость уравнения в $\mathbb{Z}$ - неизвестно никому, в том числе и Вам.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение21.03.2015, 15:52 


03/03/12
1269
Нашла некорректность в доказательстве. Надо уточнить область определения. $(x)$-целые, $(y)$-комплексные с целой действительной частью. Доказательство ведётся методом от противного. Т.е. предполагается, что у исходного уравнения существует решение (в указанной области определения): $(x; y_1; y_2; y_3)$-некоторое решение, исключая особый случай, когда $x-y=1$. Если получим противоречие, то такого решения не существует.
Deggial в сообщении #993479 писал(а):
TR63 в сообщении #992810

писал(а):
Противоречие следует из существования натуральных $(y;\alpha_1)$

Уточнение. Противоречие следует из предположения существования $(x; y; \alpha_1)$, которые дают решение исходного уравнения в заданной области определения.
Deggial в сообщении #993479 писал(а):
Вот Вам уравнения
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0$ с $y_1=k, -3k^2+2k+1, y_{2,3}=\frac{-k+1\pm\sqrt{-3k^2+2k+1}}{2}, \alpha_1=\frac{k-1}{2}, k\in\mathbb{N}$
Все они имеют один натуральный корень и $2\alpha_1\in\mathbb{N}$. Можно даже выбрать бесконечную подпоследовательность с $\alpha_1\in\mathbb{N}$. Нет в этом никаких противоречий. А Вы из этого якобы вывели противоречие.


Противоречие выведено не из этого уравнения, а из:
$4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
И заключается оно в том, что, т.к. левая часть больше нуля, то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.
Deggial, Ваш пример не соответствует моим рассуждениям. У меня $\alpha=x-y$, где $(x;y)$ это, по предположению, решения исходного уравнения из указанной области определения. А, что такое Ваше $(k^3-k^2)$?
Deggial в сообщении #993479 писал(а):
теорема Стодолы, это следующее простое утверждение:
Если у многочлена $p(x)=a_0x^n+...+a_n$ $a_0>0$ и для всех его корней $\lambda_k$ верно $\operatorname{Re} \lambda_k < 0$, тогда все $a_k>0$.
Каким образом Вы отсюда выводите неразрешимость уравнения в $\mathbb{Z}$

Никаким. Я этого не утверждала.(Неразрешимость я вывожу из полученного противоречия.)
TR63 в сообщении #992924 писал(а):
В натуральных $(x; y; \alpha_1)$ отсутствие решений следует из теоремы Стодолы. В этом у меня сомнений нет.



Неразрешимость в указанной мной области определения я вывожу так: в уравнении
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ не все коэффициенты положительны, следовательно многочлен неустойчив. Есть один пложительный корень (одна перемена знака) и отсутствуют отрицательные корни; далее, т.к. многочлен неустойчив, то комплексные корни не могут быть с положительной действительной частью. Следовательно, действительные части не могут быть натуральными, поскольку натуральные числа положительны. Что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение21.03.2015, 19:13 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
TR63 в сообщении #993591 писал(а):
Противоречие выведено не из этого уравнения, а из:
$4(2\alpha_1)^3-9(2\alpha_1)^2+4(2\alpha_1)+4(\alpha-1)=0$
А теперь напишите, из каких утверждений выведено это уравнение? Если только из соотношений $y^3-y^2-(\alpha-1)=0, y,\alpha\in\mathbb{Z}$, то, очевидно, ничего подобного вывести невозможно, так как невозможно вывести противоречие из выполнимого высказывания.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):
исключая особый случай, когда $x-y=1$.
Этот костыль в Вашем рассуждении появился только сейчас, причем совершенно искусственно, без каких-либо причин. Может быть Вы всё-таки рискнёте написать доказательство полностью и явно? Или всё-таки согласитесь, что написали чепуху?

TR63 в сообщении #993591 писал(а):
то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.
А теперь подставляя $y=0, x=1$ получаем, что Вы "вывели" ложь из истины.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):
Deggial, Ваш пример не соответствует моим рассуждениям.
Естественно, потому что Вы пишете чепуху.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):
У меня $\alpha=x-y$,
Правда что-ли? Цитирую:
TR63 в сообщении #991381 писал(а):
$x^2=y^2+\alpha$


TR63 в сообщении #993591 писал(а):
А, что такое Ваше $(k^3-k^2)$?
Терм такой, непонятно что-ли? Я Вам привёл семейство кубических уравнений:
Deggial в сообщении #993479 писал(а):
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0 ... k\in\mathbb{N}$
в качестве примера, здесь, очевидно, $\alpha=k^3-k^2+1$.

TR63 в сообщении #993591 писал(а):
Неразрешимость в указанной мной области определения я вывожу так: в уравнении
$y^3-y^2-(\alpha-1)=0$ не все коэффициенты положительны, следовательно многочлен неустойчив. Есть один пложительный корень (одна перемена знака) и отсутствуют отрицательные корни; далее, т.к. многочлен неустойчив, то комплексные корни не могут быть с положительной действительной частью. Следовательно, действительные части не могут быть натуральными, поскольку натуральные числа положительны. Что и требовалось доказать.
Требовалось доказать не это.
Вот возьмите решение $x=3,y=2$ исходного уравнения.
Для него $\alpha=x^2-y^2=5$, а многочлен имеет вид $y^3-y^2-4=0$. Корни многочлена $y_1=2, y_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt{7}}{2}, 2\alpha_1=-1<0$.
Т.е. корню исходного уравнения соответствует $\alpha_1<0$.
И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?
Кроме того, при чём здесь некая неразрешимость? Вы знаете, что такое неразрешимость? Неразрешимость, это когда уравнение не имеет корней вообще, а Вы здесь утверждаете некие факты о существующих корнях. Нормально выразиться можете?
Кроме того, даже уравнение $y^3=x^2-1$ здесь не при чём.
Возьмите уравнение $y^3-y^2-100=0$, которое "добавляется" в результате Вашей подстановки. Его корни $y_1=5, y_{2,3}=-2\pm 4i, \alpha_1=-4 < 0$. Ну пусть Вы доказали относительно этой альфы-один, что она положительна, и что дальше? Уравнение не только не имеет отношения к исходному, но и Вы не исключили необходимости его рассмотрения.

Вам по-прежнему непонятно, что у Вас нет ни атома доказательства?

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение21.03.2015, 22:02 


03/03/12
1269
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
исключая особый случай, когда $x-y=1$. Этот костыль в Вашем рассуждении появился только сейчас, причем совершенно искусственно, без каких-либо причин.

Исправляюсь. Особым случаем является $\alpha=1$, поскольку, если иначе, то не можем воспользоваться формулой Орландо. Этот случай надо рассмотреть отдельно.
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
TR63 в сообщении #993591

писал(а):
то $(\alpha; \alpha_1)$ не могут быть одновременно целыми, что и требуется доказать.

Deggial в сообщении #993704 писал(а):
А теперь подставляя $y=0, x=1$ получаем, что Вы "вывели" ложь из истины.

Здесь $\alpha=x^2-y^2=1$ имеет место особый случай. Пример не является контрпримером.
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
TR63 в сообщении #993591

писал(а):
У меня $\alpha=x-y$,

Исправляюсь. $\alpha=x^2-y^2$ Это опечатка, не влияющая на ход доказательства.
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
Deggial в сообщении #993479

писал(а):
$y^3-y^2-(k^3-k^2)=0 ... k\in\mathbb{N}$ в качестве примера, здесь, очевидно, $\alpha=k^3-k^2+1$.

Вы доказали, что существуют целые $(y;\alpha_1)$. Это ничему не противоречит. Но надо выяснить, существует ли целое $(x)$. Я иду другим путём. Делаю замену переменных, применяю формулу Орландо, получаю уравнение, не имеющее корней в заданной области определения. Следовательно мне не надо доказывать существование целого $(x)$. Чувствуете разницу. Вам надо доказывать существование целого $(x)$, мне не надо.
Пример. Пусть надо выяснить существование тройки чисел $(1;2;3)$. Вы доказали существование пары чисел $(1;2)$. Это ничему не противоречит, но надо выяснить существование третьего числа. Я доказала несуществование пары чисел. Мне уже ничего не надо выяснять, т.к. тройка чисел (именно тройка чисел, а не по отдельности каждое число) уже не существует независимо от существования, несуществования третьего числа.
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?

Этим доказывается, что одновременно действительная часть переменных $(y_1;y_2;y_3)$ в уравнении$y^3+1=x^2$ не может быть натуральной при целом $(x)$. (Такая себе маленькая задачка).
Deggial, пока что ошибок не вижу. На все Ваши существенные вопросы постаралась ответить. Если не будет существенных замечаний, то доказательство перепишу.

 Профиль  
                  
 
 Re: О гипотезе Каталана
Сообщение22.03.2015, 11:58 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Особым случаем является $\alpha=1$, поскольку, если иначе, то не можем воспользоваться формулой Орландо. Этот случай надо рассмотреть отдельно.
Обоснование особости случая отсутствует как и сама формула Орландо. Это просто очередной костыль, заклинание для залатывания якобы доказательства.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Здесь $\alpha=x^2-y^2=1$ имеет место особый случай. Пример не является контрпримером.
Хорошо, возьмите $x=3;y=2$ и получите $alpha=5\neq 1$ - для него Вы выводите ложь из истины.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Делаю замену переменных, применяю формулу Орландо, получаю уравнение, не имеющее корней в заданной области определения.
Нет, не в заданной области определения. Читайте вдумчиво ещё раз:
Deggial в сообщении #993704 писал(а):
Для него $\alpha=x^2-y^2=5$, а многочлен имеет вид $y^3-y^2-4=0$. Корни многочлена $y_1=2, y_{2,3}=\frac{-1\pm i\sqrt{7}}{2}, 2\alpha_1=-1<0$.
Т.е. корню исходного уравнения соответствует $\alpha_1<0$.
И теперь объясните, что Вам дает тот факт, что Вы доказали, что не может быть $\alpha_1>0$?
Кроме того, при чём здесь некая неразрешимость? Вы знаете, что такое неразрешимость? Неразрешимость, это когда уравнение не имеет корней вообще, а Вы здесь утверждаете некие факты о существующих корнях. Нормально выразиться можете?
Кроме того, даже уравнение $y^3=x^2-1$ здесь не при чём.
Возьмите уравнение $y^3-y^2-100=0$, которое "добавляется" в результате Вашей подстановки. Его корни $y_1=5, y_{2,3}=-2\pm 4i, \alpha_1=-4 < 0$. Ну пусть Вы доказали относительно этой альфы-один, что она положительна, и что дальше? Уравнение не только не имеет отношения к исходному, но и Вы не исключили необходимости его рассмотрения.
Или Вы думаете, что если $t\in M$, то $(\forall f)f(t)\in M$?

TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Пример. Пусть надо выяснить существование тройки чисел $(1;2;3)$. Вы доказали существование пары чисел $(1;2)$. Это ничему не противоречит, но надо выяснить существование третьего числа. Я доказала несуществование пары чисел. Мне уже ничего не надо выяснять, т.к. тройка чисел (именно тройка чисел, а не по отдельности каждое число) уже не существует независимо от существования, несуществования третьего числа.
Это ахинея, неаналогная Вашему псевдодоказательству.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Этим доказывается, что одновременно действительная часть переменных $(y_1;y_2;y_3)$ в уравнении$y^3+1=x^2$ не может быть натуральной при целом $(x)$. (Такая себе маленькая задачка).
Вы опять забыли, что уравнение $y^3+1=x^2$ разрешимо в натуральных числах?
И кроме того, Вы формально связно выражаться можете? $y_1,y_2,y_3$ вообще не являются переменными уравнения $y^3+1=x^2$.

TR63 в сообщении #993805 писал(а):
Deggial, пока что ошибок не вижу. На все Ваши существенные вопросы постаралась ответить. Если не будет существенных замечаний, то доказательство перепишу.

TR63, у Вас нет ни атома доказательства, а лишь малосвязная чепуха с пробелами. Вас сейчас может спасти лишь чёткая попытка выписать доказательство более формально, без пробелов, полностью и признание хотя бы уже указанных ошибок. В случае отсутствия этого будет сами знаете что.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 17 ]  На страницу 1, 2  След.

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