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




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 ВТФ в две строчки )).
Сообщение14.07.2006, 13:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
А почему у нас до сих пор такой темы нет? Для затравки:

1. Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

2. Следующие утверждения очевидно равносильны (область действия кванторов - множество целых ненулевых чисел):
$\exists x\exists y\exists z (x^n+y^n=z^n)$
$\exists x\exists y\exists z (x^n-y^n=z^n)$
Перемножаем:
$\exists x\exists y\exists z (x^{2n}-y^{2n}=z^{2n})$,
что равносильно утверждению:
$\exists x\exists y\exists z (x^{2n}+y^{2n}=z^{2n})$
Сравнив с исходным, видим, что показатель n удвоился. Удваиваем ещё раз:
$\exists x\exists y\exists z (x^{4n}+y^{4n}=z^{4n})$,
откуда очевидным образом получаем следствие:
$\exists x\exists y\exists z (x^4+y^4=z^4)$,
ложность которого умел доказывать ещё сам Ферма.

ЗЫ. Оба доказательства придумал сам - первое очень давно, а второе сегодня. Не сомневаюсь, что первое открывают каждый год всё новые и новые поколения первокуров, приступающих к изучению производной, поэтому на приоритете настаивать глупо. Аналогов второго не припомню.
Кидайте ещё. :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.10.2006, 12:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3840
Вот вспомнилось док-во(не мое).
Переписываем в виде $(\frac xz)^n+(\frac yz)^n=1$ и устремляем n к беск-ти. Получаем 0=1. Противоречие! :lol:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.10.2006, 12:52 


12/02/06
110
Russia
RIP писал(а):
Переписываем в виде $(\frac xz)^n+(\frac yz)^n=1$ и устремляем n к беск-ти. Получаем 0=1. Противоречие! :lol:

По-моему, здесь есть рациональное зерно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.10.2006, 14:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
vbn писал(а):
По-моему, здесь есть рациональное зерно.

Даже два и оба в n-ой степени! :lol1:
ЗЫ. Не считая единицы в правой части.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 21:08 


21/03/06
1545
Москва
кстати,

bot писал(а):
Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

Дифференцируем-то по какой перемнной? Если по x (y,z - неважно), то получим сразу $nx^{n-1} = 0$, а если по n, то сколько не дифференцируй, получим $x^n*(ln{x})^i + y^n*(ln{y})^i = z^n*(ln{z})^i$, где i - кол-во проведенных операций дифференцирования. Как видите, доказательство не работает, даже в шуточной форме :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.01.2007, 10:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3840
e2e4 писал(а):
кстати,

bot писал(а):
Доказательство по индукции. Индуктивный переход осуществляется дифференцированием и сокращением множителя n.

Дифференцируем-то по какой перемнной? Если по x (y,z - неважно), то получим сразу $nx^{n-1} = 0$, а если по n, то сколько не дифференцируй, получим $x^n*(ln{x})^i + y^n*(ln{y})^i = z^n*(ln{z})^i$, где i - кол-во проведенных операций дифференцирования. Как видите, доказательство не работает, даже в шуточной форме :)

Оно не работает потому, что Вы правильно дифференцируете.
А "правильно" надо дифференцировать так: $nx^{n-1}+ny^{n-1}=nz^{n-1}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.01.2007, 11:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
Валерий2 писал(а):
Так как выражение
$x^n+y^n=z^n \ \ \ \ \ \ \ (7)$
верно для n=5, то оно верно для любого показателя tn, кратного n, в частности, tn=10:
$x^{10}+y^{10}=z^{10} \ \ \ \ \ \ \ (9)$


Ну, второе доказательство из корневого поста я и придумал под воздействием хитроумного приёма ферматистов, подставляющих вместо переменных, стоящих под квантором существования, всё что им заблагорассудится.

Пригласив в соавторы Валерия2, с преобладающей его долей участия, доведём рассуждение до конца, очистив от шелухи типа предположений взаимной простоты и т.д. и т.п. Фактически именно это он и делает.

Предположим, что существуют ненулевые числа x, y и z, обращающие равенство

$x^n+y^n=z^n \ \ \ \ \ \ \ (7)$

в тождество.

Подставив в тождество (7) вместо x, y и z их квадраты, получим:

$x^{2n}+y^{2n}=z^{2n} \ \ \ \ \ \ \ (9)$

Возведением (7) в квадрат и вычитанием из (9) получаем $2x^ny^n=0$.
Отсюда хотя бы одно из x, y равно 0, что противоречит допущению.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.02.2007, 12:43 
Аватара пользователя


24/08/06
57
Моск. обл.
Ну раз такая пьянка, то и я отмечусь. прологарифмируем выражаение
x^n+y^n=z^n по любому основанию. Получим
lg x^n + \lg y^n = \lg z^n :D
или
n \cdot lg x +n \cdot \lg y = n \cdot \lg z
Сокращая на n и пользуясь свойствами логарифмов, получаем,
lg x + \lg y = \lg z
или
x \cdot y = z
таким образом,
x^n+y^n=z^n
имеет место для всех x,y,z\in Q$, таких что:
x \cdot y = z
ЗЫ И пофиг мне на контрпримеры))
ЗЗЫ На ошибки в док-ве тоже))

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.02.2007, 13:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
XpeH писал(а):
таким образом,
x^n+y^n=z^n
имеет место для всех x,y,z\in Q$, таких что: x \cdot y = z
ЗЫ И пофиг мне на контрпримеры))
ЗЗЫ На ошибки в док-ве тоже))

Ну тогда это не доказательство, а опровержение. Однако в нём в целях бОльшей общности надо заменить множество рациональных чисел $Q$ на множество действительных $R$, но положительных - Вы же логарифмируете! :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.02.2007, 13:40 
Аватара пользователя


24/08/06
57
Моск. обл.
bot писал(а):
Вы же логарифмируете!
Да ладно и так сойдет))

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.02.2007, 19:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Чё-то у Вас с логарифмами нелады. Смотрите: из
XpeH писал(а):
$\lg x + \lg y = \lg z$

явно следует, что $x + y = z$ (см. первый шаг доказательства). А совсем не $x \cdot y = z$, как Вы пишите. Стыдно! :lol:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.02.2007, 17:39 
Аватара пользователя


24/08/06
57
Моск. обл.
незваный гость писал(а):
Чё-то у Вас с логарифмами нелады.

Это все инсинуации. Опять сообщество "маститых математиков" давит на "молодое дарование" придираясь по мелочам)) Фактически же, если закрыть глаза на мелкие недочеты, разобраться с которым может и менее одаренный чем автор исследователь , опровержение имеет цельный и законченный вид. А автор пожалуй займется своей монографией "О свойствах пустых множеств". После имевшей оглушительный в научных кругах успех статьи "Еще к вопросу о применении полупустых полумножеств" необходимость в серьезном и всестороннем изучении данного вопроса не вызывает никаких сомнений. Всем желающим помочь автору в построении единой теории Пустых множеств и их подклассов буду очень признателен за любую помощь.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2007, 11:03 
Экс-модератор


12/06/05
1595
MSU
Сотрудники кафедры ТПЧЧ очень заинтересовались теорией полупустых полумножеств.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2007, 16:32 
Аватара пользователя


24/08/06
57
Моск. обл.
Может сюда не только док-ва ВТФ писать, но и другие, не менее "замечатльные открытия"? Вот, например.
В ходе научной дискуссии о природе чисел, между уважаемыми участниками форума, shust, bot и Вашим покорным слугой, был выявлен очень интересный факт. Оказывается число $ \pi $ является алгебраическим, а вовсе не трансцендентным, как считалось до сих пор.
Вот здесь можно ознакомиться подробнее с вышеозначенной перепиской.
Доказательство факта алгебраичности числа $ \pi $ основывается на совершенно фантастическом, интуитивном наблюдении господина bot
bot писал(а):
Зачем вводить?
$\sqrt{2}=1,41...$
$\sqrt{3}=1,73...$
Складывая получаем $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$

Итак, имеем
Лемма(bot): Число $\pi$ представимо в виде: $pi=\sqrt{2}+\sqrt{3}$
Д-во: Доказательство, очевидным образом вытекает из поста bot
$\sqrt{2}=1,41...$
$\sqrt{3}=1,73...$
Складывая получаем $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$
Лемма доказана.
Теперь, когда у нас есть данное представление, доказать алгебраичность числа $pi$ не составляет никакой трудности. Приведем и докажем следующую теорему.
Теорема(bot-XpeH): Существует такой многочлен, с рациональными коэффициентами, корнем которого является число $\pi$.
Д-во: По лемме(bot), имеем: $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\pi$.
Покажем, что число $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ является корнем многочлена $f(x)=x^4-10x+1$(почему именно этот писать неохота :D, получить мн-во многочленов может каждый, кто знаком с методом неопр. коэф-тов, в общем случае это многочлен вида $(a, 0, -10a, 0, a)$)
Итак, $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^4-10(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2+1=49+20\sqrt{6}-50-20\sqrt{6}+1=0$
Следовательно, число $\pi$ является корнем многочлена $f(x)=x^4-10x+1$, и, соответственно является алгебраическим.
ЧТД
Вот так вот))
ЗЫ Разумеется, все заслуги, связанные с открытием этого знаменательного факта, принадлежат г-ну bot Автор даного поста, как максимум, претендует на лавры систематизатора.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.03.2007, 14:38 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Я своими глазами видел доказателство $\sqrt 2 +\sqrt 3 =\pi$ ещё будучи первокурсником в 1970-1971 в работе одного учащего ЗМШ. Это было у проверяющего из нашей комнаты общежития, которому советовал ставить плюс за оригинальность.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 18 ]  На страницу 1, 2  След.

Модератор: Модераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: BVR


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