ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[Elfhybr]

mihaild в сообщении #1585737 писал(а):

Elfhybr в сообщении #1585730

писал(а):
Является ли вообще для таких случаев wolfram mathematica полноценным инструментом для использования в решении задачи? Инструментом, конечно, является. Например посчитать значение какого-нибудь интеграла или сумму ряда, обратную матрицу и т.д. почти всегда удобнее на компьютере, чем руками. Плюс можно получить численную прикидку (иногда бывает нужно, если хотим понять, в ту ли вообще сторону смотрим).
Оперировать с километровыми формулами, не путаясь, оно, конечно, тоже умеет, но в этом как правило мало смысла, потому что получившееся на выходе выражение, как правило, математик, понимающий, что происходит на каждом шаге, мог бы свернуть в процессе вывода, а вот итогового крокодила - не получится. Самостоятельно понять, где что должно свернуться, чтобы что-то получилось целым, машина, как правило, не в состоянии, а чтобы подсказать ей, нужно самому понимать, что происходит, чему длинные выражения не способствуют.

Понятно, то есть без детального анализа нет уверенности, что не произошел критический разрыв в логической цепочки выкладок?

[mihaild]

Elfhybr в сообщении #1585751 писал(а):

Понятно, то есть без детального анализа нет уверенности, что не произошел критический разрыв в логической цепочки выкладок?

Да. Если вольфрам говорит, что у кубического уравнения с километровыми коэффициентами вот такие километровые же корни, то я готов ему поверить на слово. Если при этом кто-то определяет, какие из этих корней комплексные, и заявляет что в выражении для вещественного числа под квадратными корнями обязательно положительные числа - это требует проверки.

[Elfhybr]

mihaild в сообщении #1585775 писал(а):

Да. Если вольфрам говорит, что у кубического уравнения с километровыми коэффициентами вот такие километровые же корни, то я готов ему поверить на слово. Если при этом кто-то определяет, какие из этих корней комплексные, и заявляет что в выражении для вещественного числа под квадратными корнями обязательно положительные числа - это требует проверки.

Да, собственно. говоря тут мы и откатываемся к самым основам ВТФ, к той самой грани натуральности чисел и весь этот огород оказывается бесполезен...

-- 17.03.2023, 21:21 --

Вот это ВТФ так ВТФ:

$3^3 +4^3+5^3+8^3+15^3+20^3+21^3+24^3+25^3+28^3+32^3+35^3+40^3+64^3 = 78^3$

[Antoshka]

mihaild в сообщении #1585775 писал(а):

Да. Если вольфрам говорит, что у кубического уравнения с километровыми коэффициентами вот такие километровые же корни, то я готов ему поверить на слово. Если при этом кто-то определяет, какие из этих корней комплексные, и заявляет что в выражении для вещественного числа под квадратными корнями обязательно положительные числа - это требует проверки.

Итак, отвечаю на вопросы. Мы остановились на кубическом уравнении относительно $T$, которое является следствием системы

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \frac{D^7}{F^7}=\frac{32e^5(T+1)^2T}{7d^2(e-d+2eT)}, \\ D^7=\frac{64e^6(T+1)T}{7d(e(2T+1)-d)} \ \eqno[9] \end{array} \right.$$

в которую были подставлены соотношения $\eqno[8]$ для $e,d$, имеющие вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ h_1=FD^2/2\sqrt[3]{7a}-F^6,\\ h_2=D(a-FD)\sqrt[3]{7a}+F^6\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{eF^5(2a-FD)}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$$

Вот ещё раз это уравнение $8\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3T^3+16\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3T^2+(8\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3-14F^6(2a-FD)^2h_2D^3)T+$ $+(7F^{11}(2a-FD)^3D^2-7F^6(2a-FD)^2h_2^3D^3)=0$
А зачем я записал рядом с кубическим уравнением ещё и квадратное в системе $\eqno[9]$? Потому что раз $T является корнем этих двух уравнений одновременно, то $T$ можно найти как корень остатка от деления многочленов кубического на квадратный соответственно. Опять в WM считаем остаток от деления многочленов и приравниваем его нулю, решая уже линейное уравнение, ибо степень остатка на единицу меньше степени делителя. В уже готовом виде $T=\frac{(-F^5(2a-FD)+h_2D)(2(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D+7F^5(2a-FD)FD^2)}{2h_2(-(\sqrt[6]{7a})^4(2a-FD)F^{10}+(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2D-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D^2+7(2a-FD)F^6D^3)};$
Корень как таковой вам ничего не скажет, но если подставить его в кубическое уравнение $8\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3T^3+16\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3T^2+(8\sqrt[3]{7a}F^5h_2^3-14F^6(2a-FD)^2h_2D^3)T+$ $+(7F^{11}(2a-FD)^3D^2-7F^6(2a-FD)^2h_2^3D^3)=0$, то оно обратится в тождественное равенство! Это значит, что можно установить, какой конкретно корень нам нужен, ведь mihaild не может понять, какой корень выбрать, если они все записаны через формулу Кардано, да ещё и к тому же возможен случай, когда $r_{60}<0$. Хорошо, в случае $r_{60}>0$, который я здесь изложил, становится понятно, какой корень действительный, но ведь при $r_{60}<0$ это уже неочевидно. Однако выше был найден корень этого кубического уравнения, который нам нужен, только записан он в другом виде, то есть в виде дроби! Так почему нельзя просто взять, выписать последовательно три корня кубического уравнения по формуле Кардано, а затем выяснить, какой из трех корней является тем, что записан в виде дроби? Вот давайте выпишем эти корни!
Корни такие $\left\{ \begin{array}{lcl} T=j_1+j_2-\frac{2}{3}\\ T=-\frac{2}{3}-\frac{j_1}{2}-\frac{j_2}{2}\pm\sqrt{3}(\frac{j_1}{2}-\frac{j_2}{2})i \\ \end{array} \right.$ где

$$\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_3}}\\ j_2=\frac{\sqrt[3]{r_3}}{r_2} \ \ \eqno[10]\\ \end{array} \right. \left\{ \begin{array}{lcl} r_1=16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21(2a-FD)^2FD^3,\\ r_2=12\sqrt[6]{7a}h_2,\\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \end{array} \right.$$

Кроме того,

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=64\sqrt[6]{7a}^3h_2^3-63\sqrt[6]{7a}(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D),\\ r_{50}=3(2a-FD)D,\\ r_{61}=-21F(49(2a-FD)^4F^2D^7+128\sqrt[6]{7a}^4h_2^3((2a-FD)F^5+h_2D))\\ r_{62}=21F(7\sqrt[6]{7a}^2(2a-FD)^2FD^2(27(2a-FD)^2F^{10}+18(2a-FD)F^5h_2D-13h_2^2D^2))\\ r_{60}=r_{61}-r_{62}\\ \end{array} \right.$$

берём корень, про который я в своей лемме 2 утверждал, что он действительный. Как выяснить, верно ли, что $T=-\frac{2}{3}+j_1+j_2$ и

Цитата:

В уже готовом виде $T=\frac{(-F^5(2a-FD)+h_2D)(2(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D+7F^5(2a-FD)FD^2)}{2h_2(-(\sqrt[6]{7a})^4(2a-FD)F^{10}+(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2D-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D^2+7(2a-FD)F^6D^3)};$

это на самом деле один и тот же корень? Да, это один и тот же корень! Чтобы это понять, запишем равенство, просто приравняв два корня, то есть $j_1+j_2-\frac{2}{3}=\frac{(-F^5(2a-FD)+h_2D)(2(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D+7F^5(2a-FD)FD^2)}{2h_2(-(\sqrt[6]{7a})^4(2a-FD)F^{10}+(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2D-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D^2+7(2a-FD)F^6D^3)}\Rightarrow j_1+j_2=\frac{2}{3}+\frac{(-F^5(2a-FD)+h_2D)(2(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D+7F^5(2a-FD)FD^2)}{2h_2(-(\sqrt[6]{7a})^4(2a-FD)F^{10}+(\sqrt[6]{7a})^4F^5h_2D-(\sqrt[6]{7a})^6(2a-FD)F^5D^2+7(2a-FD)F^6D^3)};$
Возводим обе части полученного равенства в куб, но левую часть специальным образом! Смотрите $(j_1+j_2)^3=(j_1^3+j_2^3)+3j_1j_2(j_1+j_2)$
Впервом слагаемом в виде суммы кубов в скобках делаем подстановку соотношений для $j_1,j_2$ из леммы 2, во втором слагаемом сумму $(j_1+j_2)$ заменяем на $(T+2/3)$, а в произведение $j_1j_2$ подставляем соотношения из леммы 2. Эту замену (я имею ввиду $j_2+j_1=2/3+T$) можно сделать в силу леммы 2, причём подставляем $T$, записанное в виде дроби. Правую часть возводим в куб как обычно. Так вот, если все преобразовать, то окажется, что равенство обратится в тождественный нуль! Если вы проделаете те же манипуляции, взяв другую пару корней, то там уже тождественный нуль не получается. Это значит, что корень, про который я упомянул в лемме 2, является тем самым, который нам нужен, то есть WM правильно указала на действительный корень, хотя возможно это просто совпадение такое, но тем не менее! Отсюда следует вывод, что случай $r_{60}<0$ доказывается точно таким же образом, что и случай $r_{60}>0$, который я тут изложил!

[Geen]

Antoshka в сообщении #1585844 писал(а):

Потому что раз $T является корнем этих двух уравнений одновременно

Это только если система совместна. А если она совместна, то к чему эта бодяга про кубическое уравнение?

[mathematician123]

Antoshka в сообщении #1585844 писал(а):

Отсюда следует вывод, что случай $r_{60}<0$ доказывается точно таким же образом, что и случай $r_{60}>0$, который я тут изложил!

Таким же образом доказать не получится.

Antoshka в сообщении #1583842 писал(а):

Опять же, число $r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}$ можно представить в виде $r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6}$, в числе $r_6$ тоже множители максимально вынесены за знак квадратного корня!

Antoshka в сообщении #1583842 писал(а):

Которая распадается на два случая, а именно $R_3=r_6$ и $R_3\ne r_6$. Давайте сначала рассмотрим случай $R_3=r_6$.

Antoshka в сообщении #1583842 писал(а):

Дальше подставляем соотношение для $r_4$ в соотношение для $r_6$, затем преобразованное соотношение для $r_6$ максимально упрощаем. Оно принимает вид $r_6=\frac{-3R_1^2R_2r_2^3-r_5}{R_2^3r_2^3}$, при этом видно, что $r_6<0$! Вот и получилось противоречие, так как $r_6$ положительное число!

То есть из $r_{60} < 0$ следует $r_6 < 0$, поэтому никакого противоречия не возникает.

[Antoshka]

mathematician123 в сообщении #1585860 писал(а):

Таким же образом доказать не получится.

Вы неправильно поняли. Я имел ввиду аналогичным образом. То есть методом, суть которого такая же, как и у случая $r_{60}>0$, то есть тоже составляется система уравнений и показывается, что она не имеет решений в рациональных числах! Ясное дело, что она будет не той же самой, что в случае $r_{60}>0$,а другой из-за комплексных чисел! То есть если вы прочтёте доказательство случая $r_{60}>0$, вы поймите, как доказывается $r_{60}<0$

Geen в сообщении #1585847 писал(а):

А если она совместна, то к чему эта бодяга про кубическое уравнение?

Эта бодяга про кубическое уравнение нужна, чтобы получить из него систему уравнений и показать, что она не имеет решений в рациональных числах!

[Geen]

Antoshka в сообщении #1585867 писал(а):

Эта бодяга про кубическое уравнение нужна, чтобы получить из него систему уравнений и показать, что она не имеет решений в рациональных числах!

Путём деления кубического на квадратное? - полученное "решение" не будет удовлетворять квадратному уравнению.

[mathematician123]

Antoshka
То есть в случае $r_{60} < 0$ формулы для $j_1, j_2$ будут другие? Вы можете написать разбор случая, когда $r_{60} < 0$ и $R_3 = r_6$?

[Antoshka]

mathematician123 в сообщении #1585891 писал(а):

Antoshka
То есть в случае $r_{60} < 0$ формулы для $j_1, j_2$ будут другие? Вы можете написать разбор случая, когда $r_{60} < 0$ и $R_3 = r_6$?

В случае $r_{60}<0$ формулы для $j_1, j_2$ будут теми же самыми! Я могу написать разбор случая $r_{60}<0,R_3=r_6$, только это займёт время. Обозначения буду использовать те же самые, что и в случае $r_{60}>0$ для удобства

Geen в сообщении #1585885 писал(а):

Путём деления кубического на квадратное? - полученное "решение" не будет удовлетворять квадратному уравнению.

Была получена система уравнений, в которой одно уравнение относительно $T$ кубическое, а другое квадратное относительно $T$. Вы можете решить конечно квадратное уравнение и записать нужный корень(кстати если вы подставите корень квадратного уравнения в кубическое, он тоже не будет удовлетворять кубическому уравнению в том смысле, что получится не тождественный нуль), но зачем иметь выражение с квадратным корнем, когда можно просто найти корень $T$ как корень уравнения, которое является остатком от деления кубического многочлена на квадратный, приравненным к нулю? Коэффициенты у этого линейного уравнения не равны нулю, так что все в порядке

[Geen]

Antoshka в сообщении #1585926 писал(а):

Была получена система уравнений

Простите, а что Вы назваете "системой уравнений"?

[Antoshka]

Geen в сообщении #1585936 писал(а):

Antoshka в сообщении #1585926 писал(а):

Была получена система уравнений

Простите, а что Вы назваете "системой уравнений"?

Как что? Вот это конечно. В этой системе рассматриваются два уравнения: кубическое и квадратное относительно $T$

Antoshka в сообщении #1585844 писал(а):

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \frac{D^7}{F^7}=\frac{32e^5(T+1)^2T}{7d^2(e-d+2eT)}, \\ D^7=\frac{64e^6(T+1)T}{7d(e(2T+1)-d)} \ \eqno[9] \end{array} \right.$$

в которую были подставлены соотношения $\eqno[8]$ для $e,d$, имеющие вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ h_1=FD^2/2\sqrt[3]{7a}-F^6,\\ h_2=D(a-FD)\sqrt[3]{7a}+F^6\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{eF^5(2a-FD)}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$$

А вообще я кажется понял, почему у вас возникло непонимание. Просто под системой уравнений вы понимаете систему из каких-то двух неизвестных и двух уравнений. Я же под системой понимаю просто одновременное выполнение двух равенств, отсюда и непонимание

[Geen]

Antoshka в сообщении #1585966 писал(а):

одновременное выполнение двух равенств

И при этом, Вы рассматриваете значение, которое заведомо не удовлетворяет обоим?

[Antoshka]

Geen в сообщении #1585974 писал(а):

Antoshka в сообщении #1585966 писал(а):

одновременное выполнение двух равенств

И при этом, Вы рассматриваете значение, которое заведомо не удовлетворяет обоим?

Я понял, почему вы так решили. Давайте я вам на простом примере объясню. Вот имеем два уравнения относительно икс, которые имеют по условию общий корень. Пусть будет $\left\{ \begin{array}{lcl} x^2-(a+b)x+8=0 \\ x^2-b(b+1)x+c=0 \\ \end{array} \right.$ вопрос, при каких $a,b,c$ это возможно, если по условию $a\ne b^2$? Давайте поделим уголком соответствующие многочлены. Получится, что остаток от их деления, приравненный к нулю будет $(b^2-a)x=-8+c\Rightarrow x=\frac{-8+c}{b^2-a}$. Если вы подставите этот корень в каждое уравнение, то вы тоже увидите, что они не равны нулю, причём оба, однако если вы возьмёте $a=2,b=4,c=64$, то $x=\frac{56}{16-2}=4$. Теперь подставьте численные значения $a,b,c$ и вы увидите, что все верно

[Geen]

Antoshka в сообщении #1585989 писал(а):

однако если вы возьмёте $a=2,b=4,c=64$, то $x=\frac{56}{16-2}=4$.

И как я должен угадывать что именно я должен и, что важнее, могу взять?