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


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 17:47 
Заслуженный участник


04/05/09
4589
ishhan в сообщении #598261 писал(а):
nnosipov в сообщении #598119 писал(а):
Вряд ли есть что-то проще.

Разве этот вариант доказательства первого случая ВТФ для $n=3$ не самый простой?
Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".

ishhan в сообщении #598261 писал(а):
И потом, разве кроме метода Эйлера существует ещё какой-то способ доказательства ВТФ $n=3$ второго случая?
Приведённый здесь метод аналогичен методу Эйлера, только используется другое поле.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 18:36 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #598261 писал(а):
Как доказывается первый случай по методу Феликс Шмидель, пока не ясно.

Когда я доказываю, что либо $x$ либо $v$ делится на 3 это и есть доказательство первого случая. После этого я доказываю второй случай.

ishhan в сообщении #598261 писал(а):
Как И потом, разве кроме метода Эйлера существует ещё какой-то способ доказательства ВТФ $n=3$ второго случая?

По-моему, метод Куммера доказывает ВТФ в случае $n=3$.

-- Пн июл 23, 2012 18:45:05 --

Belfegor в сообщении #598281 писал(а):
И кажется Феликс Шмидель уверенно двигается к цели! :shock:


Cпасибо. Мне осталось доказать евклидовость $\matbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, хотя это уже давно доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 18:52 


21/11/10
546
venco в сообщении #598286 писал(а):
Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".


Ага ага, но, как правило,в классических случаях доказательство первого случая предшествует доказательству второго случая, разве нет?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 19:10 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #598330 писал(а):
venco в сообщении #598286 писал(а):
Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".


Ага ага, но, как правило,в классических случаях доказательство первого случая предшествует доказательству второго случая, разве нет?


Я это учту.

-- Пн июл 23, 2012 19:42:47 --

Действительно, лучше отделить первый случай от второго, тем более, что я использую первый случай в доказательстве второго.

Если $x$, $y$, $z$ - целые числа и $xyz$ не делится на 3, то равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 19:56 


21/11/10
546
Феликс Шмидель в сообщении #598348 писал(а):
Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.


Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 20:11 
Заслуженный участник


04/05/09
4589
ishhan в сообщении #598373 писал(а):
Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$
Простых доказательств первого случая так много, что их можно уже не упоминать, а сразу браться за второй случай.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение23.07.2012, 20:17 


31/03/06
1384
ishhan в сообщении #598373 писал(а):
Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$


Вам не угодишь. Тогда остаётся первоначальный вариант доказательства.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение24.07.2012, 08:14 


31/03/06
1384
1.2 В $\mathbb{Z}[j]$ имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Пусть $a_0$, $a_1$ и $a_2$ рациональные числа, которые меньше $\frac{1}{2}$ по абсолютной величине.
Рассмотрим норму $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)=a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2$.
Если $a_0$, $a_1$ и $a_2$ одного знака, то очевидно, что эта норма меньше 1 по абсолютной величине.
Предположим что они не одного знака и $a_2\geq 0$.
Рассмотрим три случая:
1. $a_0 a_1\geq 0$
2. $a_0<0$, $a_1>0$
3. $a_0>0$, $a_1<0$

1. $a_0 a_1\geq 0$
В этом случае $4 a_2^3\geq 0$ и $6 a_0 a_1 a_2\geq 0$.
Для того чтобы норма была не меньше 1 по абсолютной величине, $a_0$ и $a_1$ должны быть отрицательными и норма получается не больше $\frac{9}{8}$ по абсолютной величине.
Но если $a_2<\frac{5}{12}$, то $6 a_0 a_1 a_2<\frac{5}{8}$ и норма получается меньше 1 по абсолютной величине.
Если же $a_2\geq \frac{5}{12}$, то $4 a_2^3>\frac{2}{8}$ и норма всё равно получается меньше 1 по абсолютной величине.

2. $a_2\geq 0$, $a_0<0$, $a_1>0$
Предположим:$N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$ и $N((a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2)$ не меньше 1 по абсолютной величине.
Докажем, что это невозможно.
Обозначим $b_0=-a_0$.
Тогда $\frac{1}{2}>b_0>0$, $a_0+1=1-b_0$, $\frac{1}{2}<1-b_0<1$.
Имеем:

(1) $-b_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3+6 b_0 a_1 a_2\geq 1$
(2) $(1-b_0)^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 (1-b_0) a_1 a_2\geq 1$

или

(3) $-b_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3+6 b_0 a_1 a_2\geq 1$
(4) $6 (1-b_0) a_1 a_2-((1-b_0)^3+2 a_1^3+4 a_2^3)\geq 1$

Помножим (1) на $(1-b_0)$, (2) на $b_0$ и сложим оба неравенства.
Сложим (3) и (4).
Получим:

(5) $b_0(1-b_0)(1-2 b_0)+2 a_1^3+4 a_2^3\geq 1$

или

(6) $6 a_1 a_2-b_0^3-(1-b_0)^3\geq 2$

Неравенство (6) невозможно, так как $6 a_1 a_2<6/4<2$.
Найдём максимум функции
(7) $b_0(1-b_0)(1-2 b_0)=2 b_0^3-3 b_0^2+b_0$ на интервале $(0, \frac{1}{2})$.

Производная этой функции равна $6 b_0^2-6 b_0+1$ c двумя корнями: $(3-\sqrt{3})/6$ и $(3+\sqrt{3})/6$. Первый корень даёт максимум фунцкии (7) на интервале $(0, \frac{1}{2}$). Этот максимум меньше $0.1$.

Поэтому (5) невозможно.

3. $a_2\geq 0$, $a_0>0$, $a_1<0$
Предположим:$N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$ и $N(a_0+(a_1+1) j+a_2 j^2)$ не меньше 1 по абсолютной величине.
Докажем, что это невозможно.
Обозначим $b_1=-a_1$.
Тогда $\frac{1}{2}>b_1>0$, $a_1+1=1-b_1$, $\frac{1}{2}<1-b_1<1$.

Этот случай совершенно аналогичен случаю 2.
Что и требовалось доказать.

Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.
Что и требовалось доказать.

(Оффтоп)

В связи с переездом, меня 1-2 дня не будет на форуме.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение24.07.2012, 14:06 
Заблокирован по собственному желанию
Аватара пользователя


18/05/09
3612
Феликс Шмидель

я скопировал Ваши исправления в последнее сообщение.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение24.07.2012, 15:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Феликс Шмидель в сообщении #598518 писал(а):
Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Для меня пока из доказанного следует, что норма таких чисел меньше единицы. И что с этим утверждением дальше делать, чтобы доказать евклидовость нормы я не соображу.
Но вообще считаю, что доказывать доказанные и известные по ссылкам вещи вовсе не обязательно. Хотя и интересно, если до их доказательства трудно добраться в литературе или в интернете.
Я вот про евклидовость данного кольца и не знал... Ну, не надо было. :lol: В Шаферевиче нашёл, что в данном кольце разложение на простые множители действительно однозначно. Следует отметить, что евклидовость - это только достаточное условие однозначности разложения, но отнюдь не обязательное. Опять же Шаферевич.
В общем, надо поздравить автора и раздел, как мне кажется, с первым успешными, и возможно даже оригинальным, доказательством . :appl:

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение24.07.2012, 15:27 


16/08/05
1153
Феликс Шмидель в сообщении #598348 писал(а):
Если $x$, $y$, $z$ - целые числа и $xyz$ не делится на 3, то равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.


Извините что встреваю, и возможно что оффтоп, но..! Равенство $x^3+y^3=z^3$ гарантирует, что $3\mid xyz$. Это очевидно из соседней темы natalya_1. Т.е. нет смысла доказывать "первый случай", если есть более сильное контр-утверждение.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение24.07.2012, 18:18 


29/08/09
691
dmd, я доказывала своим способом, а вообще-то делимость на $3$ давным давно доказана, и примеры доказательств есть в литературе по Теореме Ферма. Так что, совершенно нормально, что Феликс Шмидель
предложил свой вариант доказательства и выложил полный вариант.
Поздравляю с успехом!

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение25.07.2012, 15:16 


16/08/09
304
Коровьев в сообщении #598628 писал(а):
В общем, надо поздравить автора и раздел, как мне кажется, с первым успешными, и возможно даже оригинальным, доказательством . :appl:


Браво, Маэстро Феликс Шмидель! :D Но что-то молчат высокие судьи??? Будет ли официальное коммюнике?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение25.07.2012, 17:59 


31/03/06
1384
Спасибо за поздравления! :-)

Коровьев в сообщении #598628 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #598518 писал(а):
Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Для меня пока из доказанного следует, что норма таких чисел меньше единицы. И что с этим утверждением дальше делать, чтобы доказать евклидовость нормы я не соображу.


Получается, что для любых двух чисел $a$ и $b\neq 0$, существует третье число $c$, такое что $|N(\frac{a}{b}-c)|<1$ ($a$, $b$ и $c$ принадлежат $\mathbb{Z}[j]$).
Помножив это неравенство на $|N(b)|$, и обозначив $r=a-bc$, получим: $|N(r)|<|N(b)|$,
т.е. в $\mathbb{Z}[j]$ возможно деление с остатком, абсолютная величина нормы которого меньше абсолютной величины нормы делителя.
Это и означает евклидовость кольца $\mathbb{Z}[j]$ по норме.
На делении с остатком основан алгоритм Евклида для нахождения наибольшего общего делителя двух чисел. Алгоритм Евклида позволяет представить наибольший общий делитель двух чисел в виде их линейной комбинации и доказать теорему о единственности разложения на простые множители.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3
Сообщение25.07.2012, 18:26 


16/08/09
304
Феликс Шмидель в сообщении #599176 писал(а):
Спасибо за поздравления! :-)


Замахнётесь на большие степени? :shock:

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 128 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  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