О методе бесконечного спуска.

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #289305 писал(а):

Однако мне неизвестно доказательство без использования метода бесконечного спуска

Посмотрите данный подфорум. Здесь есть доказательство методом конечного спуска

[tapos]

12d3 в сообщении #289095 писал(а):

Re: О методе бесконечного спуска.

Для составных показателей степени n наименьшее решение уравнения Ферма описывается следующей формулой:
(m+1)^n + (m+2)^n = (m+3)^n
Логика наименьшего решения в натуральных числах состоит в следующем:
Если какое-либо уравнение имеет множество решений в натуральных числах, то среди этих решений обязательно существует наименьшее решение, так как ряд натуральных чисел имеет наименьшую величину.
Если какое-либо уравнение имеет одно единственное решение в натуральных числах, то это решение является наименьшим.
Метод бесконечного спуска нельзя применять к множеству решений, состоящего из одного единственного решения. Если применить метод бесконечного спуска к множеству из двух решений, то можно сделать ошибочный вывод о существовании большего количества решений, в силу того, что в традиционной формулировке метода бесконечного спуска отсутствует требование о проверке утверждения для наименьшего значения.
Как правило, в доказательствах методом бесконечного спуска имеется логическая ошибка: соблюдение закономерности в уравнениях, записанных в символическом виде, обобщается на натуральный ряд. При этом необоснованно декларируется, что область определения символических переменных ограничена рядом натуральных чисел. Существуют аксиомы ряда натуральных чисел, где постулируется наименьшее значение ряда. Метод математической индукции основан на аксиомах натурального ряда. Так как метод бесконечного спуска отличается от метода математической индукции только порядком следования доказательства, то метод бесконечного спуска должен быть дополнен требованием о проверке для наименьшего значения.

[12d3]

tapos в сообщении #289566 писал(а):

Так как метод бесконечного спуска отличается от метода математической индукции только порядком следования доказательства, то метод бесконечного спуска должен быть дополнен требованием о проверке для наименьшего значения.

Доказательство иррациональности $\sqrt{2}$ методом бесконечного спуска.

отсюда писал(а):

Иррациональность $\sqrt{2}$ означает, что у уравнения $x^2 = 2y^2$ нет решений в натуральных числах $x, y$. Допустим, что такие решения есть, и $x = m, y = n$ — одно из них.

Из уравнения следует, что $m$ — чётное число, $m = 2m_1$. Подставляя $m = 2m_1$ в уравнение, получаем $n^2 = 2m_1^2$, то есть $x = n, y = m_1$ — тоже решение. Отметим при этом, что $n < m, m_1 < n$. Теперь видно, что $n$ — чётное число, $n = 2n_1$, следовательно, $m_1^2 = 2n_1^2$. Таким образом, $x = m_1, y=n_1$ — решение уравнения, при этом $m_1 < n, n_1 < m_1$. Мы можем поступать так же и дальше, получая всё меньшие и меньшие решения уравнения. Но здесь-то уже и есть противоречие. Ведь все числа $m, n, m_1, n_1, ...$ — натуральные, $m > n > m_1 > n_1 > ...$, а бесконечной убывающей последовательности натуральных чисел быть не может! Значит, наше предположение было ошибочно, и число $\sqrt{2}$ иррационально.

На кой черт здесь проверять какое-то наименьшее значение?

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #289305 писал(а):

Прошу прощения, но формула вычисления наименьшего решения выведена для всех простых чисел n=2, 3, 5, 7, ... Доказательство для n=4, 8, 16 ... опубликовано давно.

tapos. А как быть с другими комбинациями натуральных чисел, включая все простые, чётные и нечётные (интересно было бы знать, какое число следует за 7), которые не описываются формулой $(n+1)^n+(n+2)^n=(n+3)^n$

[shwedka]

tapos в сообщении #289090 писал(а):

Метод бесконечного спуска – это метод математической индукции, но сверху вниз (от большего к меньшему).

Не обосновано. ИМеется лишь некоторая аналогия.

tapos в сообщении #289090 писал(а):

Поэтому метод бесконечного спуска должен быть дополнением требованием о необходимости доказывания отсутствия или наличия множества свойств для наименьшего значения формулы.

Не доказано, что должен быть. Слишком далекая аналогия.
подробнее,
если МБС сходно с МИ, но в другом направлении,
то требованию относительно начального (не наименьшего!!) элемента в МИ
вовсе не обязательно отвечает требование относительно наименьшего элемента в МБС.
По крайней мере, Вы, это бездоказательно заявили , опять же на основе туманной аналогии.

Так что, по крайней мере, Вам нужно обоснованно установить, что в МБС служит аналогом требования о минимальном элементе в МИ.
Просто так заявить, как Вы это сделали, недостаточно.

[tapos]

12d3 в сообщении #289576 писал(а):

На кой черт здесь проверять какое-то наименьшее значение?

Речь идет о том, насколько универсален метод бесконечного спуска. Оказывается применение этого метода на ряде натуральных чисел может привести к ложному доказательству. Для того, чтобы избежать этого необходимо проверять на существование свойства для наименьшего значения. Кстати, если не существует решения для наименьшего значения, то не существует решения вообще.

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Речь идет о том, насколько универсален метод бесконечного спуска. Оказывается применение этого метода на ряде натуральных чисел может привести к ложному доказательству. Для того, чтобы избежать этого необходимо проверять на существование свойства для наименьшего значения. Кстати, если не существует решения для наименьшего значения, то не существует решения вообще.

tapos. А как Вы смотрите на то, чтобы применить метод конечного спуска до заданных чисел, решение у которых есть?
Примеры: $3+4=7$; $x^2+y^2=z^2$

[shwedka]

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Оказывается применение этого метода на ряде натуральных чисел может привести к ложному доказательству.

Голословное утверждение. Приведите хотя бы пример.

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Для того, чтобы избежать этого необходимо проверять на существование свойства для наименьшего значения.

Обоснование этой 'необходимости' не приведено.

[age]

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Для того, чтобы избежать этого необходимо проверять на существование свойства для наименьшего значения. Кстати, если не существует решения для наименьшего значения, то не существует решения вообще.

А как это определить?

[tapos]

Виктор Ширшов в сообщении #289603 писал(а):

tapos. А как быть с другими комбинациями натуральных чисел, включая все простые, чётные и нечётные (интересно было бы знать, какое число следует за 7), которые не описываются формулой

Общепринято, что многоточие означает продолжение до бесконечности. Поскольку формула верна только для простых чисел, то за простым числом 7 следует простое число 11, затем 13, затем 17, затем 19 и т.д. и т.п.
Для составных чисел формула несколько иная: вместо n входит число m, которое должно делиться без остатка на простое число n. Поскольку наименьшим числом, которое делится на простое число n, является само число n, то формула для m переходит в формулу для n путем замены переменных.

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #290741 писал(а):

Для составных чисел формула несколько иная: вместо n входит число m, которое должно делиться без остатка на простое число n. Поскольку наименьшим числом, которое делится на простое число n, является само число n, то формула для m переходит в формулу для n путем замены переменных.

Пожалуйста, извините. Что-то я не догоняю. Составных чисел, как и простых, много и не все составные "без остатка" делятся на простое число $n$. Получается, что формул много. Или я ошибаюсь?

[tapos]

Виктор Ширшов в сообщении #290757 писал(а):

Пожалуйста, извините. Что-то я не догоняю. Составных чисел, как и простых, много и не все составные "без остатка" делятся на простое число . Получается, что формул много. Или я ошибаюсь?

Вышла опечатка: следует читать при простом показателе степени n число m должно делиться на n. Если показатель степени составной, то делители числа m неизвестны.

[age]

tapos в сообщении #289566 писал(а):

Для составных показателей степени n наименьшее решение уравнения Ферма описывается следующей формулой:
(m+1)^n + (m+2)^n = (m+3)^n

А почему не $k^n+(k+2)^n=(k+5)^n$? Ведь если число справа $m+3$ представить как $k+5$, то $k$ будет меньше, чем $m+1$?

[shwedka]

Повторяю вопросы

shwedka в сообщении #290206 писал(а):

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Оказывается применение этого метода на ряде натуральных чисел может привести к ложному доказательству.

Голословное утверждение. Приведите хотя бы пример.

tapos в сообщении #289876 писал(а):

Для того, чтобы избежать этого необходимо проверять на существование свойства для наименьшего значения.

Обоснование этой 'необходимости' не приведено.

-- Вт фев 23, 2010 22:36:18 --

tapos в сообщении #291584 писал(а):

Вышла опечатка: следует читать при простом показателе степени n число m должно делиться на n.

Докажите!

[dmd]

Алгоритмически МБС для диофантового уравнения подобен следующей схеме:

1) решение полинома уравнения по малым модулям
2) эвристический выбор "удачного" модуля
3) эвристический выбор "удачного" решения, если их больше чем одно для выбранного модуля
4) соответствующая замена переменных; сокращение натурального фактора полинома, если есть
5) проверка, равен новый полином стартовому или нет; если равен, то конец алгоритма (решения у исходного уравнения нет), иначе возврат к пункту 1)

Если на 3-ем пункте не делать выбор, и, тем более, если не делать на 2-ом, то получается грандиозно ветвящееся дерево полиномов. Видимо поэтому МБС "приходит сам" в решение. Если всё-таки пытаться организовать перебор, то потенциально ветви могут отсекаться при "горизонтальном" повторении полиномов на 4-ом шаге, а также при "вертикальном" повторении на шагах $4j$ и $1i$ ($j \ge i>1$). Также ветвь сразу же отсекается при отсутствии решения по какому-то модулю на шаге $1i$ (простейший пример - полином с четными коэффициентами и нечетным свободным членом не имеет решения по модулю 2 и соответственно не имеет решения в целых числах). Есть мысли, как ещё можно делать отсечения в таком переборе?
Если изложенная схема не понятна, то её можно проиллюстрировать кодом.