Пробовал. Сразу . . не получается. А мне ж не приоритет важен, а ИСТИНА! Так что критикуйте, плиз.
Добудем истину !
--------------------------------------- ----------------------------------------- Отправлено: 21.06.09 15:08. Заголовок: Вы сомневаетесь ..
-----------------------------------------
Тут мне надо было смайлик вставить, .. так.. Как по-вашему, для каких чисел справедлива теорема Пифагора? (Уместен ли такой вопрос?)
Vera пишет:
цитата:
------------------------------------------ Отправлено: 25.06.09 11:00. Заголовок: Ответ Фоме
--------------------------------------
Квант хороший привёл формулировку: Теорема утверждает, что: Для любого натурального n > 2 уравнение не имеет натуральных решений a, b и c.
Я написала: Нужно доказать, что решение уравнения cn=an+bn где с, а, в - целые натуральные числа, возможно только для n =2 . Смысл один и тот же, но сформулировала я это так согласно того, как вы строили своё доказательство.
А что Вы, Фома, утверждаете, и что хотите доказать в таком случае? Сформулируйте кратко и чётко ., то бишь ... Дано, требуется найти.
Фома пишет:
цитата:
Меня удовлетворяет формулировка данная самим Пьером Ферма на полях "Арифметики". По русски примерно так: Никакая степень кроме квадрата не может быть разложена на сумму двух таких же.
Vera пишет:
цитата:
Вы, Фома, опускаете существенную деталь, что числа должны быть натуральные, ну да бог с вами, нет объекта критики - нет и самой критики.
Фома пишет:
цитата:
Спасибо за заботу. - - - Продолжайте . .
Квант хороший пишет:
цитата:
Да я бы с удовольствием про..жал - только вот . . . для каких чисел задача Ферма : для действительных ? или - не очень ? ? ?
Такова вкратце история дискуссии .
Люди ждут ответа , тов. Фома : вот . . . для каких чисел задача Ферма ? ? ?
Кстати геометризация решения ВТФ - вовсе не обязательна .
То есть , чисто алгебраически - для любого натурального n > 2 уравнение cn=an+bn всегда можно представить , как c2 = ( an/2/c(n-2)/2 )2 + ( bn/2/c(n-2)/2 )2 .
А тогда уж выискивать , при каких натуральных a, b и c - уравнение будет иметь решение .
Люди ждут ответа , тов. Фома : вот . . . для каких чисел задача Ферма ? ? ? (для натуральных ? или - не очень . . ) .
Для каких чисел? Для всех! Возьмите утверждение вида C^n = A^n + B^n разделите, затем умножьте обе стороны на C^(n-1) и сумма степеней "n" преобразуется в сумму квадратов. И окажется что данное выражение всегда было суммой квадратов и ТОЛЬКО ЕЙ, читайте "заметку на полях" от Ферма, см. приложеный файл от Фома:
Отправлено: 28.06.09 10:37. Заголовок: сумма степеней n преобразуется в сумму квадратов.
Фома пишет:
цитата:
разделите, затем умножьте обе стороны на C^(n-1) и сумма степеней n преобразуется в сумму квадратов. И окажется что данное выражение всегда было суммой квадратов и ТОЛЬКО ЕЙ,
Так это понятно - Квант хороший пишет:
цитата:
Кстати геометризация решения ВТФ - вовсе не обязательна .
Только Вы опять не ответили на коренной вопрос - Квант хороший пишет:
цитата:
: вот . . . для каких чисел задача Ферма ? ? ?
(для натуральных ? или - не очень . . ) .
Vera пишет:
цитата:
Вы, Фома, опускаете существенную деталь, что числа должны быть натуральные, ну да бог с вами, . . .
насколько корректна такая замена в правой части, содержащей переменную С, коэффициентами К12 и К22, если учесть, что в левой части тоже С?
Непонятно почему такая замена может быть некорректна, ибо следует из доказательства теоремы Пифагора.
Любой отрезок разделённый на две части, может быть представлен как гипотенуза пр.треугольника, а его составляющие - проекции катетов. Произведение одного из составляющих на отрезок в целом - является квадратом катета.
(Это первым понял тов.Ферма и уж затем - тов.Фома Первый товарищ назвал найденное доказательство "удивительным".
Скоро и господин Аналитик поймёт
Ну и остальные господа-товарищи поймут тоже.
Ну а гражданин Квант (т.н. "Хороший") всё понял давно )
P.S. Кстати, вот это утверждение может быть использовано при решении самых разных задач: Любой отрезок разделённый на две части, может быть представлен как гипотенуза пр.треугольника, а его составляющие - как проекции катетов.
Но когда начнёте топтаться на месте (в ожидании понимания) - тогда Вы его - уж точно НЕ ДОЖДЁТЕСЬ !
Тогда я побежала, мож добегу до понимания.
цитата:
«Ферматисты»
Простота формулировки теоремы Ферма (доступная в понимании даже школьнику), а также сложность единственного известного доказательства (или неведение о его существовании), вдохновляют многих на попытки найти другое, более простое доказательство. Людей, вопреки здравому смыслу пытающихся доказать теорему Ферма элементарными методами, называют «ферматистами» или «ферматиками».[6] Ферматисты зачастую не владеют основами математической культуры и допускают ошибки в арифметических действиях или логических выводах, хотя некоторые представляют весьма изощренные «доказательства», в которых трудно найти ошибку. Положительным примером неудавшегося доказательства теоремы Ферма могут служить результаты Куммера, которые хотя и содержали ошибку, в то же время дали толчок развитию алгебраической теории чисел.Доказывать теорему Ферма в среде любителей математики было настолько популярно, что в 1972 году журнал «Квант» (где-то я уже слышала-видела это слово, надо бы вспомнить), публикуя статью о теореме Ферма, сопроводил ее следующей припиской........
Так Вы чё тут тоже чтось доказываеть пытаетесь? ........Фсем желаю удачи!
Отправлено: 28.06.09 14:23. Заголовок: Мария Магдалина пише..
Мария Магдалина пишет:
цитата:
я побежала, мож добегу
Дык . . чем быстереЕ - тем лучше ! до(у)по-нимания - добегу-етЕсь .
Мария Магдалина пишет:
цитата:
Людей, вопреки здравому смыслу пытающихся доказать теорему Ферма элементарными методами, называют «ферматистами» или «ферматиками».[6]
И вполне заслуженно - из обзывают «ферматистами» !
От слова «фермата» - в музыкальном исполнительстве . . продолжение продолжительности - звучания звука ! (возможно даже неограниченно доОООлгое . . . ) .
Мария Магдалина пишет:
цитата:
Ферматисты зачастую не владеют основами математической культуры и допускают ошибки в арифметических действиях или логических выводах, хотя некоторые представляют весьма изощренные «доказательства», в которых трудно найти ошибку.
Сказка лошшЬ , да Фней Нам-Ёк - добрумо-лоЦЦу урок :
Теорема Пифагора верна для любых вещественных (целых и дробных) и иррациональных чисел, в чём легко убедиться. А для формулировки теоремы Ферма возьмём формулировку, которую привёл Квант хороший : Теорема утверждает, что: Для любого натурального n > 2 уравнение cn=an+bn (*) не имеет натуральных решений a, b и c. Трудность доказательства в том, что здесь много степеней свободы (три неизвестных и всего одно уравнение) Представление уравнения (*) в виде c2 = ( an/2/c(n-2)/2 )2 + ( bn/2/c(n-2)/2 )2 (**) или в обозначениях Фомы с2=к12 =+к22 (***) не уменьшает количество степеней свободы (опять три неизвестных и одно уравнение). Уравнения (**) или (***) можно решить, опять же методом подбора найти такие натуральные, например: с. к1 и к2, но ведь это не значит, что натунальными будут а и b, наверняка не будут, но это ничего не доказывает, может мы просто не те числа с, к1 и к2 выбрали. Поэтому ход рассуждений должен быть каким-то другим. Каким? Не знаю.
Отправлено: 28.06.09 14:44. Заголовок: Vera пишет: Теорема..
Vera пишет:
цитата:
Теорема Пифагора верна для любых вещественных (целых и дробных) и иррациональных чисел, в чём легко убедиться.
В этом уж легко убедился всяк желающий . . со времён жития и здравствования самого Пифагора .
Кроме Фома и Ферма ! ! ! хи хи . .
Фома пишет:
цитата:
теорема Ферма тоже для них
Вот уж поистине - если б знал : где Упа-дУпа-дУ . . там и соломку бысте-лил ! ! !
Ферма тоже для них - переоткрыл Пифагора . Только вот беда : голова у него оказалась слишком маленькая - чтобы запомнить это . . (а тЕ полЯ - того потрёпанного экземпляра той "Арифметики" . . оказались слишком узкими - чтобы записать это) .
Ферма тоже для них - переоткрыл Пифагора . Только вот беда : голова у него оказалась слишком маленькая - чтобы запомнить это . . (а тЕ полЯ - того потрёпанного экземпляра той "Арифметики" . . оказались слишком узкими - чтобы записать это) .
Это, типа, аргУмент, от Кванта?
И здеся, типа, Форум Интегрированного Познания ???
Отправлено: 28.06.09 14:58. Заголовок: Vera пишет: Уравнен..
Vera пишет:
цитата:
Уравнения (**) или (***) можно решить, опять же методом подбора найти такие натуральные, например: с. к1 и к2, но ведь это не значит, что натунальными будут а и b, . . .
Поэтому ход рассуждений должен быть каким-то другим. Каким? Не знаю.
А я - конкретно знаю . Если же методом подбора - не удаётся найти такие натуральные, . .
Сл-но : НАДО НЕМЕДЛЕННО - переходить на БЕЗОТКАЗНЫЙ МЕТОД тупого перебора !
Напр. : а2 + в2 = с2 . Отсюда : в2 = с2 - а2 . Далее : в2 = ( с + а ) ( с - а ) .
СОВЕРШЕННО ТУПО перебирая всЕ натуральные, . . с - начиная с 2-ки , а - начиная с 1-цы !
Мы опп-зязятельно придём к Победе коммуниздического Труда ! (то есть - обязательно когда нибудь найдём соотв. сочетания - ИМЕННО НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ) .
Совершенно аналогично БЕЗОТКАЗНЫЙ МЕТОД . . воздействует и на любое уравнение в целых числах : степенью . . скоко угодно - выше двойки !
Аминь ! ДоКАЗАтельство безупречное и окончательное ! ! !
Отправлено: 28.06.09 15:04. Заголовок: Фома пишет: И здеся..
Фома пишет:
цитата:
И здеся, типа, Форум Интегрированного Познания ???
Ах-дЕ жжа - бУть Форуму Интегрированного Познания . . укако - И НЕ здеся, типа???
здеся, типа - ему саААое место - Квант хороший пишет:
цитата:
ДоКАЗАтельство безупречное и окончательное ! ! !
ф-фУ . . , где я . . , . . всех приветствую ! !
«==»
Попробуйте опровергнуть ! Да посмелее . . . Вас же здеся, типа - никто не банит и не намереваеЦЦо ! Более того - и отсюда никто вас гонять не собирается ! !
Либо Вы откровенно предложите ХОТЯ БЫ частные примеры наличия натуральных корней в известном Вам уравнении .
Квант, дорогой, каких на.... натуральных корней??? Вы хоть обьяснить можете, зачем они Вам??? Или "посыл" о требовании "натуральных корней" исходит из тёмных глубин Вашего собственного "Я", и рационального суждения от Вас по этому поводу не добиться???
Всю жизнь . . + несомненная Помсщь Гигантов Мысли . . которые жили задолго до меня !
Вам это - не грозит . Не извольте беспокоиться . . Хотели Вы теорему Ферма для действительных чисел ? Вы её - получили . . Песс шуму и пыли . И ни в одном глазу ! !
Какие ещё хлопоты - хлопают Вас ? Пизнавайтесь , как на духу ! Щас мы всё Вам организуем ! Флу-чшЭм Фиде Как Флу-чших Домах ! ! !
Всю жизнь . . + несомненная Помсщь Гигантов Мысли .
Мдя, сочуствую.. Крушение юношеских идеалов ...
цитата:
Хотели Вы теорему Ферма для действительных чисел ?
Шо то, Квант, Вам почудилось-привиделось. Не об этом теорема Ферма.
А как он сам и сформулировал, о невозможности разложения любой степени, кроме квадрата, на сумму двух таких же. Облажались, Ваши "гиганты мысли", Квант!
Квант хороший пишет: Сл-но : НАДО НЕМЕДЛЕННО - переходить на БЕЗОТКАЗНЫЙ МЕТОД тупого перебора !
Напр. : а2 + в2 = с2 . Отсюда : в2 = с2 - а2 . Далее : в2 = ( с + а ) ( с - а )
Нет не совсем тупого . Вы правильно сделали, разложив на множители первого порядка. Очевидно подходят только те числа 'с' и 'а' , сумма и разнозть которых при разложении на простые множители будут давать чётное их количество, в этом случае 'в' будет тоже целым. Например в2 =(5-3)(5+3)= 2*8=2*23=24 отсюда в=4 или В2=(15-12)(15+12)=3*27=3*33=34 отсюда в=9
Может быть, взяв n=3 с3=а3+в3 = (а+в)(а2-ав-в2) доказать, что нельзя найти такие 'а' и 'в' , для которых произведение (а+в)(а2-ав-в2) при разложении на простые сомножетели содержало бы их всех в количестве кратное 3, хотя это не так просто сделать даже перебором в отличие от квадратного уравнения.
Отправлено: 28.06.09 23:36. Заголовок: Vera пишет: хотя эт..
Vera пишет:
цитата:
хотя это не так просто сделать даже перебором в отличие от квадратного уравнения.
Программку ( например, на Паскале) написать для перебора... Ничего раскладывать не надо... надо просто задать интервал и всё... если найдется решение - то вывести его.
Отправлено: 28.06.09 23:58. Заголовок: Ответ Аналитику
Да, конечно, можно написать программу. Раньше тоже проверяли и вручную и на ЭВМ, но вычислительные машины были менее мощные. Сейчас интервал по-больше можно взять и число 'n' более большим. Но дело в том, что сколько бы ни проверяли люди, получалось, что теорема верна, но вот доказать аналитически не удавалось. Может Ферма и не доказывал эту теорему, а просто на него просветление нашло и он понял, что это так.
Доказать теорему можно логически (на форуме есть такие специалисты) следующим образом. Понятно, что с> а,в , т.е. если с=х, то по крайней мере а=(х-1) , в=(х-2) - это самое маленькое отличие 'а' и 'в' от 'с' . И даже при таком минимальном отличии cn будет всегда > an +bn Возьмём для n =3. Можно взять формулу х3= (х-1)3 + (х-2)3 раскрыть её и показать, что х3> (х-1)3 + (х-2)3 всегда. Но мне сейчас проще и нагляднее показать на конкретных числах. с=2 8>1+0 с=3 27>8+1 с=4 64>27+8 и т.д. Возьмём n=4 с=2 16>1+0 с=3 81>16+1 и т.д.
Тоже можно проделать для n=5, n=6 , n=... и посчитать, что этот результат можно логически экстраполировать на все числа натурального ряда.
Отправлено: 29.06.09 11:35. Заголовок: Идея, как можно док..
Идея, как можно доказать теорему Ферма, пришла мне я думаю, потому что я сейчас пытаюсь осознать труд Григория Грабового "Прикладные структуры создающей области информации". Вот такая замечательная книжечка Григория Петровича -читая её, осознавая, получаешь ответы на вопросы, о которых думаешь в данный момент вольно или не вольно. К слову сказать, поскольку на сайте много людей, занимающихся наукой, то для тех, кто не в курсе, хочу проинформировать. Когда Григорий Петрович защищал докторскую диссертацию (а это книжечка и есть одна из его докторский диссертаций), то один из оппонентов задал вопрос членам комиссии: "Не считают ли они, что "Теория относительности" Эйнштейна есть частных случай данной работы Григория Петровича". И они ответили, что да, считают так. Вот звезда какой величины взошла на нашем горизонте. А это только одна грань его многранной деятельности, а такий граней много. Последнее для тех, кто ещё не окунулся в его Учение, потому что многие участники этого форума конечно являются его учениками.
Добрый вечер! Провела небольшие вычисления с помощью электронных таблиц и что касается неравенства cn > an +bn при n> 2 , где c=x, a=x-1, b=x-2 оно справеливо не везде, а только вначале, причём, чем больше n, тем участок, где справедливо неравенство более продолжительный, но проблему он не решает, потом данное неравенство меняет знак. При смене знака находим решение, доказываем, что оно не целочисленное. Возможно можно искать ещё участки, где не может быть решений, но всё это как-то не очень вдохновляет.
Наверно эту теорему нужно принять за аксиому, ибо никто не доказал обратное.
Отправлено: 30.06.09 13:00. Заголовок: Ruma пишет: Ок? Поэ..
Vera пишет:
цитата:
Наверно эту теорему нужно принять за аксиому, ибо никто не доказал обратное.
Не спешите эту теорему - принять за аксиому, ибо . . сначала надо более основательно рассмотреть : параметрические уравнения , определяющие - условия целочисленности решений .
Отправлено: 30.06.09 14:38. Заголовок: Не спешите эту теорему - принять за аксиому, ибо . .
Vera пишет:
цитата:
Может быть, взяв n=3 с3=а3+в3 = (а+в)(а2-ав-в2) доказать, что нельзя найти такие 'а' и 'в' , . .
Вы здесь случайно описались - должно бы бИть : = (а+в)(а2-ав+в2) .
цитата:
Квант хороший пишет: .. НАДО .. - переходить на .. тупого перебора !
Напр. : . . . Далее : в2 = ( с + а ) ( с - а )
Vera пишет:
цитата:
Нет не совсем тупого . Вы правильно сделали, . .
ОЙ , прошу прощкения , чтоб ничего не перепутать - надо ещё тупее действовать : назначив а < в .
Далее : а2 = ( с + в ) ( с - в ) . . .
Потом - пооб-черёдно исследовать случаи : в = ( с - 1 ) . в = ( с - 2 ) . в = ( с - 3 ) . . . . и т.д.
Для в = ( с - 1 ) , в = ( с - 2 ) - я проверял устно : целочисленных решений -ууУУУймища . . (и - ещё вагончик впридачу) .
Vera пишет:
цитата:
Провела небольшие вычисления с помощью электронных таблиц и что касается неравенства cn > an +bn при n> 2 , где c=x, a=x-1, b=x-2 оно справеливо не везде, . .
c=x, a=x-1, b=x-2 - это слишком жёсткое условие . См. выше - чтоб ничего не перепутать - надо ещё тупее действовать :
То есть , при n> 2 - тоже назначить а < в . Далее : разложить с3=а3+в3 = . . .
на Ваше усмотрение - чтоб тоже пооб-черёдно исследовать случаи : в = ( с - 1 ) . в = ( с - 2 ) . в = ( с - 3 ) . . . . и т.д.
Отправлено: 30.06.09 15:13. Заголовок: Вы не понял - своего товариШШа по непонятливости . .
Фома пишет:
цитата:
Шо то, Квант, Вам почудилось-привиделось. Не об этом теорема Ферма.
А как он сам и сформулировал, о невозможности разложения любой степени, кроме квадрата, на сумму двух таких же. Облажались, Ваши "гиганты мысли", Квант!
Тов. дядя Фома (лили-пУт мысли) . Вас совершенно непр-но изгоняли из любых форумов , ничего не объясняя . А мы - пойдём другим путём : никуда Вас не изгоняя - доходчиво объясним Вам Вашу непонятливость .
Книжечку (любую) по функциях от многих переменных откройте (на любой стр.) и найдёООте : в обл. действительных переменных - всегда найдётся cn , которое строго = an +bn .
И не о чём здесь - ФФО-ФОП0ШШЭ . . сыр-бор поднимать . И если даже (втркУУх) это-гой банальности Ферма не понимал - то хоть Вы попробуйте осознать : без наложения дополнительных условий . . (в виде целочисленности решений) - новой задачи попросту не возникнет .
Поэтому Вы уж на досуге не поленитесь - со своей фермой посса-беЭЭтоваЦЦа : либо он не понял откуда ветер дует , либо Вы не понял - своего товариШШа по непонятливости . .
Уж простите за откровенность . .
А потому именно - Мария Магдалина пишет:
цитата:
.. ..."перспектива разговора о формальной логике меня отчего-то не вдохновляет" уже , ...... , да и зачем об этом знать и размышлять..
Я БЕСКОНЕЧНО ВСЕХ ЛЮБЛЮ!...
Пп-ерспектива БЕСКОНЕЧНОЙ КО ВСЕМ ЛЮБЛи !... НИКАК НЕ отменяет разговора о формальной логике , ...... , и тогО даже - зачем сейчас уже об этом знать и размышлять..
Vera пишет:
цитата:
Доказать теорему можно логически . . . Понятно, что с> а,в , . . Возьмём для n =3. . . . Но мне сейчас проще и нагляднее показать на конкретных числах. с=2 8>1+0 с=3 27>8+1 с=4 64>27+8 и т.д. Возьмём n=4 с=2 16>1+0 с=3 81>16+1 и т.д.
Тоже можно проделать для n=5, n=6 , n=... и . . экстраполировать на все числа натурального ряда.
Вы прочли мои мысли . Именно это - я и подразумевал ! (предлагая - ещё тупее действовать : . . ) .
без наложения дополнительных условий . . (в виде целочисленности решений) - новой задачи попросту не возникнет .
Ну так и разложи, дядя, данную С^n, где "n" больше 2 на сумму двух степеней с тем же показателем, и процедуру продемонстрируй! Без наложения дополнительных условий! C^2 и дурак разложит, ну так ты ж, типа, афигенно умный? Опровергни Ферма! Для тебя же тут "задачи не возникает"?
без наложения дополнительных условий . . (в виде целочисленности решений) - новой задачи попросту не возникнет .
Ему, видишь ли "C^n" разложить на сумму двух таких же задачей не представляется, "без наложения дополнительных условий".
Ну дык плиз, гражданин Квант, - разлагайте, демонстрируйте, вот Вам С^n, все условия, т.е.: "без условий" , как грится: "без условий Кванту это - не задача".
А Квант? Дык, Квант пишет:
цитата:
А самому - слабО
Упс!... А ещё говорил:
цитата:
доходчиво объясним Вам Вашу непонятливость .
А на деле? Шо? Выходит Квант - форумный балабол?
Или, шоб клеймо не носить, може-всё-же продемонстрирует господин Квант процедуру разложения C^n на сумму двух таких же? Без наложения дополнительных условий?
Эт действительно : задачей не представляется, "без наложения дополнительных условий".
Ну вот. Опять. По-Вашему: Разложение степени на сумму двух таких же, - представляется задачей только при наложении дополнительных условий. Без наложения дополнительных условий это - не задача.
ОК. В подтверждение Вашего тезиса предлагаю Вам продемонстрировать процесс разложения на слагаемые (в "n"-ой степени) величины C^n. Без наложения дополнительных условий. Вы меня понимаете? Сколько Вам лет, Квант?
предлагаю Вам продемонстрировать процесс разложения на слагаемые (в "n"-ой степени) величины C^n. Без наложения дополнительных условий.
По человечески объясняю : в обл. действительных чисел - уравнение C^n = Г .. ВСЕГДА ИМЕЕТ решение !
Перевод (для детского сада - в штанах на лямочке) : в обл. действительных чисел - ДЛЯ ЛЮБОГО Г ВСЕГДА НАЙДЁТСЯ С . . такое , которое удовлетворяет условию C^n = Г .. ВСЕГДА !
В обл. же натуральных - далеко НЕ ВСЕГДА .. НАЙДЁТСЯ С . . такое , которое удовлетворяет условию C^n = Г .. ВСЕГДА !
Теперь - понимаете ? Или опять . . фьь-Ить - и мимо ! ! !
По человечески объясняю : в обл. действительных чисел - уравнение C^n = Г .. ВСЕГДА ИМЕЕТ решение !
Это то что наш общий знакомый Иссам называет: "Бла-бла-бла". Вы согласны с тем что Вы - балабол??? Нет? Продемонстрируйте процесс разложения C^n на сумму двух таких же степеней, без наложения дополнительных условий. Для Вас ведь это не задача? Или Вы всё же балабол, батенька?
Как я понимаю, то только именно при наложении этих доп. условий и можно говорить о теореме Ферма. Речь ведь изначально о ней идёт?
Конечно о ней. Только вот сам Ферма дополнительных условий не накладывал. Он утверждал следующее: Никакая степень, кроме квадрата, не может быть разложена на сумму двух таких же. Квант же утверждает что без дополнительных условий это для него не задача. ОК Пусть продемонстрирует процесс разложения C^n на сумму двух таких же степеней. Т.е. что бы слагаемые оказались в степени "n". Как было показано выше,- слагаемые окажутся исключительно в квадрате.
Отправлено: 01.07.09 13:11. Заголовок: можно говорить о теореме Ферма.
Аналитик пишет:
Как я понимаю, то только именно при наложении этих доп. условий и можно говорить о теореме Ферма. Речь ведь изначально о ней идёт?
Фома пишет:
цитата:
Конечно о ней. Только вот сам Ферма дополнительных условий не накладывал. Он утверждал следующее: Никакая степень, кроме квадрата, не может быть разложена на сумму двух таких же. Квант же утверждает что без дополнительных условий это для него не задача. ОК Пусть продемонстрирует процесс разложения C^n на сумму двух таких же степеней. Т.е. что бы слагаемые оказались в степени "n".
Дедушка , ну ей-бо - подтяки не мешало бы пристегнуть , прежде чем на люди являться .
Опять по человечески объясняю : в обл. действительных чисел - уравнение C^n = Г .. ВСЕГДА ИМЕЕТ решение !
ТО ЕСТЬ : в обл. действительных чисел - ЛЮБОГО Г ВСЕГДА можно представить Г = М + Н .
а также - ДЛЯ ЛЮБОГО М - ВСЕГДА НАЙДЁТСЯ А . . такое , которое удовлетворяет условию А^n = М .. ВСЕГДА !
Вполне естесственно , что - ДЛЯ ЛЮБОГО Н ВСЕГДА НАЙДЁТСЯ В . . такое , которое удовлетворяет условию В^n = Н .. ВСЕГДА !
- ДЛЯ ЛЮБОГО Г ВСЕГДА НАЙДЁТСЯ С . . такое , которое удовлетворяет условию C^n = Г .. ВСЕГДА !
А в итоге : C^n = А^n + В^n . НАПОМИНАЮ : в обл. действительных чисел !
-- --
В обл. же натуральных - далеко НЕ ВСЕГДА .. НАЙДЁТСЯ С . . такое , которое удовлетворяет условию C^n = Г .. ВСЕГДА !
Теперь - понимаете ? Или опять . . фьь-Ить - и мимо ! ! !
++++
ПОЭТОМУ : либо Ферма - болтал попусту ! Если не накладывал дополнительных условий (целочисленности решения) .
либо Вы не учли контекста , в котором Ферма - болтал всерьёз ! ! ! То есть - таки накладывал дополнительные условия . . (целочисленности решения) , но Вы - их "не заметили" .
ХОТЯ ИМЕННО ОБ целочисленности решения написано : в любой статье и даже в самой захудаленькой заметке !
ВСЕГДА ИМЕЕТ ...ВСЕГДА можно представить...ВСЕГДА НАЙДЁТСЯ...Ферма - болтал попусту
Болтает попусту тут только один товарищ. Квант-Балабол ему имя. "Всегда можно, всегда найдётся, бла-бла-бла.." Ну, дык, продемонстрируй, блин, процесс разложения C^n на сумму таких же степеней!
Отправлено: 02.07.09 11:49. Заголовок: Раз интерес не прохо..
Раз интерес не проходит к теме, будем пытаться доказывать теорему, хотя в интернете есть доказательства, правда очень сложные, а Ферма говорил, что всё просто.
Формулировка: теорема Ферма утверждает, что не существует натуральных решений уравнения zn =xn + yn для n > 2. (1)
Понадобится значок узвлечь корень. Кто знает, подскажите, а можно просто проставить, а я скопирую. И ёще вопрос: набираю приличный уже объём текста, потом на что-то непроизвольно нажимаю и всё изчезает. Обидно! Поэтому буду набирать небольшими порциями.
Отправлено: 02.07.09 12:22. Заголовок: Сначала решила вывес..
Сначала решила вывести общую формулу решений для n=2. Почему для n=2 получается, а для других 'n' нет
25=16+9 или 52= 42+32 получается z=5, x=4, y=3 100=64+36 или 102= 22*(42+32 ) получается z=2*5, x=2*4, y=2*3 225=144+81 или 152= 32*(42+32 ) получается z=3*5, x=3*4, y=3*3 400=256+144 или 202= 42*(42+32 ) получается z=4*5, x=4*4, y=4*3
Большой список приводить не буду, а то всё исчезнет Итак ниже приводится общая формула (2). Цифры в скобках №, на который будет потом ссылка а2*5= а2*(42+32 ) получается z=а*5, x=а*4, y=а*3
Отправлено: 02.07.09 13:04. Заголовок: Теперь перейдём к ра..
Теперь перейдём к рассмотрению уравнения zn=xn+yn для n > 2 Итак представим уравнение в виде, в котором уже не раз представлялось, а именно в виде квадратичного уравнения z2=(x n/2/z (n-2)/2)2+(y n/2/z (n-2)/2)2 (№3)
Обозначим x1= x n/2 /z (n-2)/2 (№4) y1= y n/2 /z (n-2)/2 (№5)
получим z2 = x12 + y12 (№6)
найдём решения этого квадратичного уравнения (z, x1, y1), а затем с помощью выражений (№4) и (№5) найдём чему в данном случае будут равны x, y
Возможны варианты: 1 вар. z, x1, y1 -натуральные числа 2 вар. z и например, y1 - натуральные числа, x1 -иррациональное 3 вар. z-натуральное, x1, y1 - дробные, причём дроби могут быть разные ( действительные, иррациональные) Мне представляются только такие. Если вы видете какие-то ёще другие варианты предлагайте!
1 вар. z, x1, y1 -натуральные. в данном случае, согласно общей формуле решений (№2), выведенной ранее, имеем z=a*5; x1=a*4; y1=a*3 (№7), где а -любое натуральное число. Достаточно доказать, что при этом хотя бы одно их значений: x или y - будет ненатуральным числом.
Подставим в формулу (№4) значения z и x1 из выражений (№7), получим
x n/2= (a*5) n-2/2 * (a*4) (№8)
Возведём в квадрат левую и правую сторону уравнения (№8), получим xn= a n-2*5 n-2 *a2 *42 =an *5 n-2 *42
Из последнего выражения видно, чтобы получить 'х' нужно извлечь корень n-ой степени в том числе из 5 n-2, , что невозможно, т.е. доказано, что х -ненатуральное число при данном варианте допущения решений для уравнения (№6)
Отправлено: 02.07.09 14:42. Заголовок: 2 вар. z и y1 -любые..
2 вар. z и y1 -любые натуральные числа (только конечно z>y1, то это из самого уравнения видно) , х1 -иррациональное, ибо если не так. то это 1вар.
x12=z2-y12
x1 равен корню квадратному из вышеприведённому выражению, корень не извлекается, ибо иначе это был был 1вар.
Из выражения (№4) имеем xn = z n-2 * x1 = z n-2 * (z2 -y12) = zn *(z2 -y12)/z2 (№9)
Чтобы получить х нужно извлечь корень n-й степени из правой части выражения (№9), при этом z выносится из-под знака корня, остаётся под корнем n-ой степени выражение (z2 - y12) / z2, где при чётном n нельзя извлечь корень из выражения (z2 - y12), а при нечётном n нельзя извлечь корень из z2, значит х1 в любом случае иррациональное число
Наверно я тупой . . Глаза открою - вижу : Фома была в Париже . . Читала - "арфметику" Ферма ! ! !
(по мотивам Вл. Высоцкого) .
Vera пишет:
цитата:
Формулировка: теорема Ферма утверждает, что не существует натуральных решений ..
Vera пишет:
цитата:
Ферма говорил, что всё просто.
Конечно , просто ! Как я уже ранее писал - составляем параметрическое уравнение , и - дело в шляпе , . .
(то есть - исследуем составл. парам. уравнение . . на условия существования натуральных решений) .
Проверял вручную уравнение 3-й степени до а = 44 . . (в и с - соотв. гораз-дно выше) натуральных решений - пока не вижу .
Попробуйте кинуть на программу - увидите гораздо дальше . . (к стати а для полного теор. исследования - наверно . . теорию вычетов - привлечь понадобится) .
Отправлено: 02.07.09 17:53. Заголовок: Vera пишет: перейдё..
Vera пишет:
цитата:
перейдём к рассмотрению уравнения zn=xn+yn для n > 2 Итак представим уравнение в виде, в котором уже не раз представлялось, а именно в виде квадратичного уравнения . . (№3)
Попробуйте способ попроще : пускай x < y < z . xn + yn = zn для n > 2 .
Итак , представим z в виде z = y + К , где К - натур. параметр от 1-цы - и выше . .
Тогда xn + yn = ( y + К )n .
Находим y - выражая его через x и К , и . . исследуем полученное выражение ! (на наличие целочисленных решений) .
Квант хороший, спасибо! А вы не находите, что все приведённые вами тройки с, а, в не содержат одинаковых между собой сомножителей, например 5=5, 12=2*2*3, 13=13, 7=7, 24=2*2*3, 25=5*5 13=13, 84=2*2*3*7, 85=5*17 а обшая константа, которая в предыдущем анализе содержалась у меня, -она не влияет на результат, и выводится за знак корня. Обозначив эту общую константу буквой 'd'. общую формулу можно записать так: z=d*c, x=d*a, y=d*b x= d *корень n степени из выражения c n-2* a2 а поскольку общих сомножителей у 'c' и 'a' нет, то корень n-ой степени из выражения, где каждый из сомножителей входит меньше, чем n раз, нельзя извлечь
Будет очень интересно, если вы найдёте ещё другие тройки, где это не подтвердится.
Отправлено: 02.07.09 20:01. Заголовок: Мне кажется всё-таки . .
Vera пишет:
цитата:
А чем К отличается от z, те же три неизвестные. Мне кажется всё-таки . .
Ни капельки и не сомневаюсь , что Вам - только кажется всё-таки . .
А на самом деле - ИМЕННО тем К и отличается от z, что :
НА САМОМ ДЕЛЕ - ВОВСЕ НЕ те же три неизвестные.
z, - переменная , совершенно неизвестно какая . . но К - ЭТО ИМЕННО целочисленный параметр , : последовательно пробегающий значения 1 , 2 , и т.д. !
Vera пишет:
цитата:
Будет очень интересно, если вы найдёте ещё другие тройки, где это не подтвердится.
А Вы (на всяк слчй) - прямую подстановку выполните для - Vera пишет:
цитата:
например 5=5, 12=2*2*3, 13=13, 7=7, 24=2*2*3, 25=5*5 13=13, 84=2*2*3*7, 85=5*17
Vera пишет:
цитата:
а обшая константа, которая в предыдущем анализе содержалась у меня, -она не влияет на результат, и выводится за знак корня. Обозначив эту общую константу буквой 'd'. общую формулу можно записать так: z=d*c, x=d*a, y=d*b
Конечно же , результат, и выводится за знак корня. Обозначив эту общую константу буквой 'd'. - общую формулу можно записать так: . . .
Квант хороший пишет:существует и много др. решений (некратных Вашему) : . .
Понятно. Но когда я записываю общую формулу в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b здесь (с, а, в) подразумевает любые тройки, для которых справедливо уравнение, а не только те, которые уже нами найдены. Только нужно убедиться, что все тройки обладают свойством, что в эти тройки входят числа, которые при разложении на простые сомножители, имеют каждый свои сомножители. Пока что все найденные тройки это подтверждают. Я так поняла, что вы написали програмку для поиска таких троек. Если бы была возможность найти ещё другие тройки и убедиться в том, что они таким свойством обладают, было бы здорово. Или не убедиться, но может быть откроется новое свойство.
Отправлено: 02.07.09 21:19. Заголовок: Vera пишет: когда я..
Vera пишет:
цитата:
когда я записываю общую формулу в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b здесь (с, а, в) подразумевает любые тройки, для которых справедливо уравнение, а не только те, которые уже нами найдены.
Это и вовсе не смешно , ув. Vera . в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b здесь d - коэфф. подобия ! То есть - Vera пишет:
цитата:
Сначала решила вывести общую формулу решений для n=2. Почему для n=2 получается, а для других 'n' нет
25=16+9 или 52= 42+32 получается z=5, x=4, y=3 100=64+36 или 102= 22*(42+32 ) получается z=2*5, x=2*4, y=2*3 225=144+81 или 152= 32*(42+32 ) получается z=3*5, x=3*4, y=3*3 400=256+144 или 202= 42*(42+32 ) получается z=4*5, x=4*4, y=4*3
Большой список приводить не буду, а то всё исчезнет
Все выписанные Вами решения - получены из z=5, x=4, y=3 путём доумножения НА ОДИН И ТОТ ЖЕ d - коэфф. подобия !
Vera пишет:
цитата:
Если бы была возможность найти ещё другие тройки и убедиться в том, что они таким свойством обладают, было бы здорово.
А Вы попробуйте моё семейство решений - "ПОДМАХНУТЬ" - путём доумножения НА ОДИН И ТОТ ЖЕ d - коэфф. подобия !
Vera пишет:
цитата:
Пока что все найденные тройки это подтверждают. Я так поняла, что вы написали програмку для поиска таких троек.
Не-а . . програмку для поиска - я пИмать не умею . . Это я от злости на - Фома пишет:
цитата:
Продолжайте рисовать . .
Изобрёл МЕТОД параметризации - Квант хороший пишет:
цитата:
Продолжай-Ю -
цитата:
Наверно я тупой . . Глаза открою - вижу : Фома была в Париже . .
Пользуясь которым - можно на канцелярсих счётах (которых , к сожаленью теперь нигде не найти) : НАВЫЧИСЯТЬ-НАПРОВЕРЯТЬ десятки (а при желании дае сотни) вариантов решений ! ! !
Квант хороший пишет: А Вы попробуйте моё семейство решений - "ПОДМАХНУТЬ" - путём доумножения НА ОДИН И ТОТ ЖЕ d - коэфф. подобия !
Конечно. проверила, после того, как вы их выставили. НО с другой стороны - это же вытекает из свойств уравнений: левую и правую сторону можно умножать на одно и тоже число, от этого равенство не нарушится, но нам нужно не на любое, а на натуральное в квадрате, чтобы натуральность решений не нарушать. Это что касается правой и левой стороны уравнения. А значения (с, а, в) при этом увеличиваются просто на d без квадрата. Это всё вытекает из свойств уравнений. А если вдруг появится тройка, которая будет иметь однаковые сомножители, то эти общие сомножители просто можно перенести в этот коэффициент d. Мы даже можем, если не будет времени и желания всё проверить, написать, что доказательство велось на допущении, что числа, являющиеся решениями уравнения при n=2, обладают таким свойством, что они не содержат общих множителей, а если содержат, то все в одинаковом количестве, т.е. это как раз то, что выносится в коэффициент подобия. Пока это у вас вызывает сомнения, но это не опровергнуто. Потом в вычислениях, которые я подправила после вашего замечания, нет ссылок на конкретные значения чисел, а именно на любые, которые удолетворяют уравнению. Второе. почему делаю это для n=2, а не для n>2 ? Это для того, потому что потом уравление преобразуется в квадратичное, и мы рассматриваем уже решения этого преобразованного уравнения, а потом по формулам перевода получаем значения переменных уравнения, для которого n>2. Такой алгоритм, по крайней мере я так его представляю.
Отправлено: 03.07.09 18:37. Заголовок: Vera пишет: Мы даже..
Vera пишет:
цитата:
Мы даже можем, если не будет времени и желания всё проверить, написать, что доказательство велось на допущении, что числа, являющиеся решениями уравнения при n=2, обладают таким свойством, что они не содержат общих множителей, а если содержат, то все в одинаковом количестве, т.е. это как раз то, что выносится в коэффициент подобия.
Верно . И в арифметике - это называется : взаимная простота чисел . И даже если у нас не будет времени и желания всё проверить, - ВСЁ РАВНО ПРИДЁТСЯ . (иначе нам никто и не поверит на слово , что z=5, x=4, y=3 к примеру - взаимно просты) .
Vera пишет:
цитата:
Конечно. проверила, после того, как вы их выставили. НО с другой стороны - это же вытекает из свойств уравнений: левую и правую сторону можно умножать на одно и тоже число, от этого равенство не нарушится, но нам нужно не на любое, а на натуральное в квадрате, чтобы натуральность решений не нарушать.
ч-Ото , кАк-то . . я и недо-понял - пчему-Это доумножение на одно и тоже число, - "должно" нарушить - натуральность решений ? ? ?
Vera пишет:
цитата:
Пока это у вас вызывает сомнения, но это не опровергнуто. Потом в вычислениях, которые я подправила после вашего замечания, нет ссылок на конкретные значения чисел, а именно на любые, которые удолетворяют уравнению.
Конкретные значения чисел, - всегда успеем вставить . . А пока - к Вам большая просьба : разделяйте текст на отделные абзацы .
Vera пишет:
цитата:
Второе. почему делаю это для n=2, а не для n>2 ? Это для того, потому что потом уравление преобразуется в квадратичное, и мы рассматриваем уже решения этого преобразованного уравнения, а потом по формулам перевода получаем значения переменных уравнения, для которого n>2. Такой алгоритм, по крайней мере я так его представляю.
Ценное замечание . Надо обдумать . У меня где-то на опред. этпе тоже мелькнула "мысль" о полезности применения рекурсии . .
Но параметр. уравн. для n=3 оказалось настолько простым , - Квант хороший пишет:
цитата:
способ попроще : пускай x < y < z .
Что я вчера вечером на обычном карманном калькуляторе проверил ДО x = 104 - включительно . Целочисленных решений - не обнаружил .
Vera пишет:
цитата:
А значения (с, а, в) при этом увеличиваются просто на d без квадрата. Это всё вытекает из свойств уравнений.
Кстати , возвращаясь к уравн. для n=2 ещё я обратил внимание , что параметр К = 1 даёт всЕ несводимые друг к другу решения . А параметр К = 2 , К = 3 и т.д. - даёт всЕ остальные решения - с разными коэфф. подобия !
То есть , тО о чём Vera пишет:
цитата:
когда я записываю общую формулу в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b здесь (с, а, в) подразумевает любые тройки, для которых справедливо уравнение, а не только те, которые уже нами найдены.
С тем лишь уточнением , что здесь любые взаимно простые тройки (с, а, в) - МЫ НЕ МОЖЕМ получить доумножением ПРЕДЫДУЩИХ простых троек - НИ НА какое число d* . .
Vera пишет:
цитата:
Дальше будет разбирать или пока это будем додумывать?
В любом случае - без основной теоремы арифметики и без применения теории вычетов . . на основательность исследования рассчитывать трудно .
Поскольку даже огромное (на компе просчитанное) множество найденных численных решений - не доказывает исчерпывающести ответов .
(если не ошибаюсь - напр. и поныне подолжаются споры об конечности ряда простых чисел и .д. и пр. ) .
Как я понимаю, то только именно при наложении этих доп. условий и можно говорить о теореме Ферма. Речь ведь изначально о ней идёт?
Фома пишет:
цитата:
Конечно о ней. Только вот сам Ферма дополнительных условий не накладывал. Он утверждал следующее: Никакая степень, кроме квадрата, не может быть разложена на сумму двух таких же. Квант же утверждает что без дополнительных условий это для него не задача.
Чтобы окончательно Фома-стый пЫл охладить - процитирую :
Теория чисел Материал из Википедии — свободной энциклопедии
Тео́рия чи́сел, или высшая арифметика, — раздел математики, изучающий целые числа и сходные объекты. В зависимости от используемых методов теорию чисел подразделяют на несколько подтеорий.
Вот и фсьЁ , тов. Фома-стый ! То есть - перевожу попо-ньЯтнее : арифметика, — как раздел математики, НЕцелыми числами - вообще не занимается . ПОЭТОМУ : Только КОГДА вот сам Ферма . . . утверждал следующее:
цитата:
Никакая степень, кроме квадрата, не может быть разложена на сумму двух таких же.
ТО РЕЧЬ У Ферма - изначальна шла лишь ОБ РЕШЕНИЯХ В целых числах ! ! !
Диофантово уравнение Материал из Википедии — свободной энциклопедии
Диофа́нтово уравнение или уравнение в целых числах — это уравнение с целыми коэффициентами и неизвестными, которые могут принимать только целые значения. Названы в честь древнегреческого математика Диофанта.
. . .
Некоторые другие уравнения xn + yn = zn: При n = 2 решениями этого уравнения являются пифагоровы тройки
Великая теорема Ферма утверждает, что это уравнение не имеет положительных целых решений при n > 2.
Неразрешимость в общем виде Десятая проблема Гильберта, сформулированная в 1900 г., состоит в нахождении алгоритма решения произвольных диофантовых уравнений. В 1970 г. Юрий Матиясевич доказал алгоритмическую неразрешимость этой проблемы.
Будете и дальше - прод-жолжать "фурыкаться" , тов. Фома ? ? ?
Квант хороший пишет: ч-Ото , кАк-то . . я и недо-понял - пчему-Это доумножение на одно и тоже число, - "должно" нарушить - натуральность решений ? ? ?
Я как раз и говорю о том, что не нарушает.
Когда я записываю общую формулу в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b , то это все тройки, которые обладают вышеописанным свойством, т.е. или не имеют общих сомножителей, а если имеют, то все и символически их можно разделить на с, а, в, d. Т.е. с, а, в - это как те тройки, которые уже получены в том числе вами, как и те, которые не получены. И не только эти решения, которые вами получены, но все производные от них решения, которые получаются умножением на любое натуральное число. А простых чисел я думаю бесконечное число. И решений судя по всему тоже бесконечное число, так что для того, чтобы исследовать, нужно много материала, но нужно опираться на общую тенденцию.
Отправлено: 03.07.09 21:17. Заголовок: Vera пишет: Я как р..
Vera пишет:
цитата:
Я как раз и говорю о том, что не нарушает.
Когда я записываю общую формулу в виде z=d*c, x=d*a, y=d*b , то это все тройки, которые обладают вышеописанным свойством, т.е. .. - это как те тройки, которые уже получены в том числе вами, как и те, которые не получены.
И не только эти решения, которые вами получены, но все производные от них решения, которые получаются умножением на любое натуральное число.
Ага . . теперь я понял о чём Вы . . А к слову сказать , но все производные от них решения, - особой ценностью (новизной результата) не обладают . . ИМЕННО ПОТОМУ ЧТО : получаются умножением на любое натуральное число.
тО ЕСТЬ , с точностью до подобия - повторяют ранее полученные решения .
Vera пишет:
цитата:
А простых чисел я думаю бесконечное число. И решений судя по всему тоже бесконечное число, так что для того, чтобы исследовать, нужно много материала, но нужно опираться на общую тенденцию.
И я "подозреваю" , что простых чисел - бесконечное число. И решений - тоже бесконечное число . . Только вот думаю , скорее - нужно опираться на общую тенденцию , нежели - нужно много материала, . . . (см. тему - Всеобщность Логики) .
Отправлено: 03.07.09 22:34. Заголовок: Я тенденцию ведь ле..
Я тенденцию ведь легко можно доказать, что если два числа из тройки содержат какие-то общие множители, то такие же множители будет содержать и третье число. Пусть два числа, например, Z и Y содержат общие множители, и тогда их можно записать так: Z = d*c ; Y=d*b. Тогда Х= корень квадратный из (d2*c2 -d2*b2) = d2* (c2-b2). Обозначим выражения (с2 - b2) = a2 , получим х= d*a
Получается троек, не обладающим этим свойством быть просто не может. Те же тройки, которые не обладают общими множитетеляи для них d= 1
Отправлено: 04.07.09 18:57. Заголовок: Vera пишет: Получае..
Vera пишет:
цитата:
Получается троек, не обладающим этим свойством быть просто не может. Те же тройки, которые не обладают общими множитетеляи для них d= 1
И скоо-кко РАЗНЫХ - У ВАС Получается троек, не обладающим этим свойством ? ? ?
у МЕНЯ - так ууУймища большаАААя . . 3 , 4 , 5 , для них d= 1 (бездыханно) . 5 , 12 , 13 , для них d= 1 (бездыханно) . 7 , 24 , 25 , для них d= 1 (бездыханно) . ........
и пр. и т.д. ВСЮДУ d= 1 (бездыханно) . И ВСЮДУ ЖЕ скоо-кко РАЗНЫХ - У МЕНЯ Получается троек ! ! !
Троек бесконечное множество, т.к. бесконечное множество натуральных чисел. И в это бесконечное множество троек входит бесконечное подмножество таких троек, для которых d=1, и есть бесконечные подмножества троек, для которых d равно 2, 3, 4 и т.д., но подсчитывать их количество не нужно, тем более, что ясно, что это бесконечное количество. Важно то, что они обладают одним свойством, которое доказано в сообщении №30. А d при это любое натуральное число, а раз любое - то в том числе и 1.
Отправлено: 05.07.09 16:07. Заголовок: Vera пишет: Троек б..
Vera пишет:
цитата:
Троек бесконечное множество, т.к. бесконечное множество натуральных чисел.
Троек бесконечное множество, - вовсе не потому что бесконечное множество натуральных чисел.
НО лишь потому что - соотв. параметрическое уравнение . . имеет бесконечное подмножество решений - Vera пишет:
цитата:
для которых d=1,
Vera пишет:
цитата:
есть бесконечные подмножества троек, для которых d равно 2, 3, 4 и т.д., но подсчитывать их количество не нужно,
Верно . Поскольку те подмножества троек, для которых d равно 2, 3, 4 и т.д., - порождаются исключительно тем бесконечным подмножеством решений - Vera пишет:
цитата:
для которых d=1,
Уф . . с этим (кажись) - разобрались ! ! !
Материал из Википедии — пишет:
цитата:
При n = 2 решениями этого уравнения являются пифагоровы тройки
А дальше - какие соображения ? Поверим на слово ? ? ?
цитата:
Диофантово уравнение Материал из Википедии — свободной энциклопедии
. . — это уравнение с целыми коэффициентами и неизвестными, которые могут принимать только целые значения. Названы в честь древнегреческого математика Диофанта.
. . .
Великая теорема Ферма утверждает, что это уравнение не имеет положительных целых решений при n > 2.
. . — . . — . . и — . .
Неразрешимость в общем виде
Десятая проблема Гильберта, сформулированная в 1900 г., состоит в нахождении алгоритма решения произвольных диофантовых уравнений. В 1970 г. Юрий Матиясевич доказал алгоритмическую неразрешимость этой проблемы.
Отправлено: 05.07.09 20:38. Заголовок: Юрий Матиясевич был..
Юрий Матиясевич был явно не прав. Теорему, как я нашла в Интернет, доказал в 1994 г Эндрю Уайлс, профессор Принстонского университета. Но доказательство его сложно даже для профессиональных математиков. Наше же доступно школьникам, знакомым с алгеброй и умеющим логически мыслить.
Отправлено: 06.07.09 19:21. Заголовок: Материал из Википеди..
Материал из Википедии (свободной энциклопедии) — пишет:
цитата:
Диофантово уравнение
Диофа́нтово уравнение или уравнение в целых числах — это уравнение с целыми коэффициентами и неизвестными, которые могут принимать только целые значения. Названы в честь древнегреческого математика Диофанта.
. . .
Как прочёл Фома из Википедии - определение Диофантова уравнения : так и приумолк , бедолага . Уж не поперхнулся ли - от неожиданности ?
Vera пишет:
цитата:
Юрий Матиясевич был явно не прав. Теорему, как я нашла в Интернет, доказал в 1994 г Эндрю Уайлс, профессор Принстонского университета.
Неужели профессор Принстонского университета - опроверг Матиясевича , а заодно - и Ферма ?
Vera пишет:
цитата:
Но доказательство его сложно даже для профессиональных математиков.
В чём - его идея доказательства ? В чём - сложность его доказательства ?
Vera пишет:
цитата:
Наше же доступно школьникам, знакомым с алгеброй и умеющим логически мыслить.
Такова Логика Знания . То есть , при правильном структурировании - любые самые замысловато накрученные длиннющие доказательства - непременно состоят из нескольких простым способом взаимосвязанных блоков , которые в свою очередь - поблочно состоят из нескольких блоков взаимосвязанных попроще . .
А те в свою очередь - ещё попроще . . И Т.Д. - ВПЛОТЬ ДО . . ДВУХ банально-тривиальных Арифметических Действий : над спичечками-зёрнышками-пуговками-песчинками и пр. и т.д. Реальными предметами .
КОТОРЫЕ БЕЗПРЕКОСЛОВНО - доступнЫ ДАЖЕ школьникам, НЕ знакомым НИ с алгеброй НИ С Логически-Мыслием .
Доказательство Уайлса на очень серьёзном математическом оппарате "Теории чисел", возникшем только в ХХ веке, а Пьер Ферма жил в ХVII и у него такого аппарата не было: http://www.polit.ru/science/2006/12/28/abrarov.html
А вот простое, но неудачное, доказательство академика аэрокосмиеского объединения "Полёт" Ильина
Квант хороший пишет: даже для d= 1 - в системе уравнений : ( с2 - b2 ) = a2
с - b = 1 ВСЕГДА НАЙДУТСЯ - РЕШЕНИЯ , которые могут принимать только целые значения.
Не поняла, к чему условие с - b = 1. При таком условии пожалуй только одно решение 5, 4, 3. В то время как при d=1 бесконечное множество решений.
Дальнейшее рассуждения Для 3-й степ. соотв. : ( с3 - b3 ) = a3 с - b = 1 и далее тоже не поняла ход рассуждений. У меня вышла, что при любом n>2 хотя одно из чисел X, Y, Z будет иррациональным.
Отправлено: 07.07.09 18:13. Заголовок: Vera пишет: Доказат..
Vera пишет:
цитата:
Доказательство Уайлса на очень серьёзном математическом оппарате "Теории чисел", возникшем только в ХХ веке, а Пьер Ферма жил в ХVII и у него такого аппарата не было: http://www.polit.ru/science/2006/12/28/abrarov.html
Зададимся вопросом – какова «внутренняя кухня» получения выдающихся результатов? Ведь интересно знать, как ученый организует свою работу, на что в ней ориентируется, как определяет приоритеты своей деятельности. Что можно сказать в этом смысле про Эндрю Уайлса? И неожиданно оказывается, что в современную эпоху активных научных коммуникаций и коллективного стиля работы у Уайлса был свой взгляд на стиль работы над суперпроблемами. .. . .
Такая деятельность вне общества, не использующая непосредственное научное общение с коллегами даже на конференциях, казалась противоречащей всем канонам работы современного ученого.
Но именно индивидуальная работа, позволяла выходить за рамки уже сложившихся стандартных понятий и методов. .. . .
Характерной является позиция занятая непосредственными специалистами по теории чисел: «… и трепет, и жгучий интерес, и осторожность перед лицом одной из величайших загадок в истории математики» (из предисловия к книге Пауло Рибенбойма «Последняя теорема Ферма для любителей» - единственному доступному на сегодняшний день источнику непосредственно по доказательству Уайлса для широкого читателя. .. . .
Также не отмечалось и публичных высказываний и, тем более, дискуссий со стороны известных российских математиков по поводу доказательства Уайлса. .. . .
Остается только удивляться, почему же в такой ситуации эксперты доказательства, включая самого Уайлса, его «не шлифуют», не пропагандируют и не популяризируют явный «математический хит» даже в родном математическом сообществе. .. . .
Было бы справедливо, если бы уверенность Уайлса, что изобретенная им математика – математика нового уровня нашла свое подтверждение. И очень не хочется, чтобы эту действительно очень красивую и синтетическую математику постигла участь «невыстрелившего ружья».
И все-таки, зададимся теперь вопросом: можно ли в достаточно доступных терминах описать доказательство Уайлса для широкой интересующейся аудитории?
С точки зрения специалистов это абсолютная утопия. Но давайте, все-таки, попробуем, руководствуясь простым соображением, что теорема Ферма – это утверждение всего лишь о целых точках нашего обычного трехмерного евклидова пространства. .. . .
Механизм пересчета оптимизируется с помощью замечательной находки немецкого математика Герхарда Фрея, связавшим потенциальное решение уравнения Ферма с произвольным показателем «n» с другим, совсем непохожим на него, уравнением. Это новое уравнение задается специальной кривой (названной эллиптической кривой Фрея). Эта кривая Фрея задается уравнением совсем несложного вида:
y2 + x (x - an) (x+ bn) = 0
Неожиданность идеи Фрея состояла в переходе от теоретико-числовой природы задачи к ее «скрытому» геометрическому аспекту. А именно: Фрей сопоставил всякому решению (a,b,c) уравнения Ферма, то есть числам, удовлетворяющим соотношению
an + bn = cn
указанную выше кривую. Теперь оставалось показать, что таких кривых не существует при n>2. В этом случае отсюда и следовала бы великая теорема Ферма. .. . .
С одной стороны, это огромное огорчение для любителей-ферматистов (если, конечно, они про это узнают; как говорят, «меньше знаешь – лучше спишь»). С другой стороны, природная «неупрощаемость» доказательства Уайлса формально облегчает жизнь профессиональным математикам – они могут не читать периодически возникающие «элементарные» доказательства от любителей математики, ссылаясь на отсутствие соответствия с доказательством Уайлса.
Общий же вывод состоит в том, что и тем и другим надо «напрягаться» и понимать это «изуверское» доказательство, постигая по-сути «всю математику .. . .
И как теперь не воскликнуть: великая теорема Ферма "умерла" – да здравствует метод Уайлса ! 28 декабря 2006, 09:00 Дмитрий Абраров
гигип уррр-рЯв . . Так чем же мы (любители) - хуже их (профессионалов) ? ? ?
Ведь наше составление параметрического уравнения - аналогично эллиптической кривой Фрея (которая тоже - задается уравнением совсем несложного вида) .
Vera пишет:
цитата:
Не поняла, к чему условие с - b = 1. При таком условии пожалуй только одно решение 5, 4, 3.
Что за шутки , тов. Vera ? Вы сначала получите решение в явном виде - в системе уравнений
( с2 - b2 ) = a2
с - b = 1
Прежде чем заявлять , будто бы - Vera пишет:
цитата:
При таком условии пожалуй только одно решение
Подсказка : переменных-то тррр-ииИИИ в системе уравнений . . а уравнений (в системе-то) - лишь дьваАА ! ! !
Vera пишет:
цитата:
Для 3-й степ. .. тоже не поняла ... У меня вышла, что при любом n>2 хотя одно из чисел X, Y, Z будет иррациональным.
И как жжЭ уВас вышла, что при любом n>2 хотя одно .. будет иррациональным . .
Если тут же - Вы и Для 3-й степ. .. тоже не поняла ... ? ? ?
Квант хороший пишет: Что за шутки , тов. Vera ? Вы сначала получите решение в явном виде - в системе уравнений
( с2 - b2 ) = a2
с - b = 1
Прежде чем заявлять , будто бы
Дано два уравнения, три переменных. Значит есть степень свободы, поэтому решения находятся подбором. (с-в) * (с+в)=а2 с+в = а2 Тройки 5, 4, 3 ; 41, 40, 9; 25, 24, 7; 61, 60, 11; 85, 84, 13 и т.д. Тенденция понятна - это тройки , которые входят в подмножество, для которых d=1.
Отправлено: 08.07.09 13:04. Заголовок: Квант пишет: Откуда ..
Квант пишет: Откуда Вы "достали" многочлена 3с2 -5с +1 ? ? ?
Это опечатка со слепу. Конечно, нужно писать: 3с2 -3с +1
Квант пишет: Решением данной сист. 2-й степ. - будет функция от одного независимого переменного . (потому что второе - зависимо от первого) .
Пробегая всЮ обл. опред. независимого переменного - мы аналитически : получаем всЮ обл. значений зависимого переменного !
Где же тут - решения находятся подбором (тупо-слепым) ? ? ?
Решение -это когда одна конкретная тройка, а для этого при трех переменных нужно иметь три уравнения. А в данном случае функциональная зависимость а от c (или от в). Это в математике не считается решением, это построение фукциональной зависимости: зададим с получим а - для получения решения это перебор. Можно построить график.
Интересненько. Но вы не заметили одну маленький ньюансик. Что товарищ Фрей сумел это доказать только перейдя в систему геометрических символов? А задачке квадратуры круга по крайней мере три тысячи лет. (шучу) Вот погодите появится Черногоров !!!. Он вам покажет теорему ферми. Вам не кажется странным это выражение ;ТЕОРЕМА; Ферми. Ведь в математике нет теорем а? И почему вы не упомянули в свих прениях Российского математика Перельмана? который блестяще решил эту теорему? и не в частных производных а комлексно? Отказавшись от Французкого милиона, и по прежнему собирающего пустые бутылки на помойках, чтобы купить хлеба. Кстати он эту теорему также решил в геометрических символах, что и требовалось доказать (шучу).
Все даты в формате GMT
3 час. Хитов сегодня: 5
Права: смайлы да, картинки да, шрифты да, голосования нет
аватары да, автозамена ссылок вкл, премодерация вкл, правка нет
) 
поймут тоже. 
) 
... 
Вам не кажется странным это выражение ;ТЕОРЕМА; Ферми. Ведь в математике нет теорем а? И почему вы не упомянули в свих прениях Российского математика Перельмана? который блестяще решил эту теорему? и не в частных производных а комлексно? Отказавшись от Французкого милиона, и по прежнему собирающего пустые бутылки на помойках, чтобы купить хлеба. Кстати он эту теорему также решил в геометрических символах, что и требовалось доказать (шучу). 
- участник сейчас на форуме
- участник вне форума
