Пятница, 29.03.2024, 10:32
Приветствую Вас Гость | RSS
[ Новые сообщения · Участники · Правила форума · Поиск · RSS ]
  • Страница 3 из 5
  • «
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • »
Форум » Обсуждение статей. » статьи форумчан » "Великая теорема Ферма" и логика алгебры (Доказательство ВТФ следует из своства целого числа и бинома)
"Великая теорема Ферма" и логика алгебры
IndraДата: Четверг, 02.07.2009, 13:50 | Сообщение # 31
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Имеем бином целых чисел (x+y) или (z-x). Возводим его в степень 4 и записываем его в виде трёхчлена степени 4 в виде трёхчлена 4-х целых чисел:
z^4 = z^3(4z-3x) + 2x(2z+x)(z-x)^2 + (z-x)^4.
Так как сумма двух квадратов равна квадрате, то можно выписать иную форму трёхчлена степени 4 с четырьмя целыми числами в степенях так что трёхчлен остаётся той же степени 4:
x^2(2z-x)^2 +2x(z-x)^2(2z-x) + (z-x)^4.
И ни один сз них не хуже "счастливца": a^4 + b^4 + c^4 = d^4, два конкретных набора которых сообщид г-н "Черномор" на "Научном форуме dxdy".
Обратите внимание на то, что число "переменных" в многочленах, позволяющих преобразовывать из в суммы соответствующих степеней целых чисел, начиная со степени 3, равно степени. Только степень 2 "выпала" из строя и на то есть явная причина...
Сейчас интересно было бы с этих позиций доказать алгебраически, что в уравнении:
(x+A)^3 = z^3 = A^3 +... условии z^3 = A^3 + ... это второе слагаемое не может быть кубом целого числа B^3, что доказано Эйлером видимо исходя из иного? В нём, правда, "участвует" 5 "переменных", вместо необходимых 3-х...
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарэв
 
rznuslДата: Пятница, 03.07.2009, 10:52 | Сообщение # 32
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Quote (Indra)
Ваши подозрения в неверности уравнения степени 4 с числами:95 800, 217 519, 414 560 и числа 422 481 не оправдались.

958004=842290759696600000000
217 5194=22386633638466304960321
414 5604=295358574001992040960000
422 4814=318587498400007945920321

958004+217 5194+414 5604=318587498400154945920321
И так:
318587498400154945920321 - слева
318587498400007945920321 - справа

 
IndraДата: Пятница, 03.07.2009, 12:08 | Сообщение # 33
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Мои вычисления, подтверждающие числа отличимы от Ваших на порядок? У меня 3,..... с 22 нулями, у Вас с 23-мя! В частности, после 4-ки у меня нулей 3, у Вас 4...
Прошу Вас избавиться от напрасного беспокойства так:обратитесь в "Научный форум dxdy". В моей тамошней теме, в "Карантине", пребывающей, "ВТФ и бином Ньютонаесть сообщение г-на "Лукомора" с этими уравнениями... Можете связаться с ним непосредственно или...
Уравнения верны, верны оба.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв

Добавлено (03.07.2009, 12:08)
---------------------------------------------
Извините за опечатки!
Техника у меня допотопная, из "паутины" выпадаю то и дело!

 
rznuslДата: Суббота, 04.07.2009, 10:36 | Сообщение # 34
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Да, Вы были правы, программа содержала ошибку. Сейчас она исправлена.
Действительно числа верные.

958004=84229075969600000000
217 5194=2238663363846304960321
217 5194=29535857400192040960000
422 4814=31858749840007945920321

958004+217 5194+217 5194=31858749840007945920321

Что за форум dxdy? Какого его полное название?

 
rznuslДата: Суббота, 04.07.2009, 11:01 | Сообщение # 35
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Второй набор, также, верен.
 
IndraДата: Вторник, 07.07.2009, 11:21 | Сообщение # 36
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Мой калькулятор "публикует" числа с семью знаками... Воображаете мои муки почти недельые, пока я сумел с его помощью и "умножением в столбик" избавиться от "беспокойства", вызванного Вами! Но суть то не в числах, а в той "философии", которая изложена в подходе к ФТФ:Всякое число есть однородный многочлен степени 1 с неопределённым числом слагаемых. В иных целых степенях он остаётся тоже однородным многочленом... Стало быть, мысля об определённом, наименьшего числа членов, однородном многочлене целой степени, мы непременно приходим к его ипостаси - биноме в целой степени. Отсюда:ВТФ теорема алгебраическая, и никаких иных сведений из алгебры вне программы средней школы не требует.
Пример:желаем доказать "теорему о двух кубах" |доказанную Эйлером|. Нет ничего проще:Целое число (A+x)^3 =A^3 ... Вычтем A^3 и остаток приравняем числу (x+s)^3. Порядочный ученик класса 9-го увидит, что в полученном уравнении степени 3 числа x и s одновременно целыми быть не могут.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв
 
rznuslДата: Пятница, 10.07.2009, 20:26 | Сообщение # 37
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Извините, что вынудил усомниться в найденных числах.
К сожалению ошибки в программах встречаются, для чего и запускаются в народ эксперементальные версии (чтобы определить возможные ошибки0.

Что касается Вашего примера.
Даже исходя из тех цифр, которые Вы приводите для четвёртой степени.
a4+b4+c4<>(a+b)4

В данном случае (для 3-ей степени) получаем:
3Ах*(А+х)=3хs*(x+s)
или
A*(A+x)=s*(x+s)
или
(A-s)*(A+s)=x*(s-A)
или
A+s=-x
или
s+x=-A, т.е. (A+x)^3=0
Т.е. получается тривиальное решение.

Да, кажется, подход верен.

 
IndraДата: Суббота, 11.07.2009, 13:28 | Сообщение # 38
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Извините, что я стал "плакаться"... Я предпочитаю опираться на "возражающих" |Библия пеняет "противоречащему" Господу, а слепо верующие не видят, что он есть инструмент для демонстрации силы Того...|. Они, и только они, способствуют конкретизации интуитивных соображений в строгую логическую форму.
Доказательство "теоремы о двух кубах", выполненное Эйлером, и сегодня обсуждается на "Научном форуме dxdy", хотя в теме "Целое число в целой степени" |отправлена в "Карантин"| уже сообщалось, что целое число есть, по меньшей мере бином пары чисел. И доказательство той теоремы "доказательства не требует" ввиду очевидности. Крайне интересно, что компактный |наименьшего числа слагаемых| многочлен степени n непременно есть многочлен из степеней целых чисел, число которых равно n. Логически в этом нет ничего необычного, ибо возведение в степень лишь форма обозначения многократного умножения:z^3 =zzz.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв
 
rznuslДата: Суббота, 11.07.2009, 18:08 | Сообщение # 39
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Quote (Indra)
Крайне интересно, что компактный |наименьшего числа слагаемых| многочлен степени n непременно есть многочлен из степеней целых чисел, число которых равно n.

Ну для 4-ой степени нашёлся же многочлен из 3-х слагаемых.

Кроме того, у меня есть подозрение, что и для 5-ой степени найдётся соответствующий многочлен.

 
IndraДата: Вторник, 14.07.2009, 12:54 | Сообщение # 40
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Я уже писал о том, что должен существовать трёхчлен степени 5, решающий задачу представления целого числа в степени 5 суммой трёх целых чисел в пятой степени каждое. Достаточно сгруппировать члены разложения бинома степени 5 попарно, вынося за скобки подобные множители. Получим трёхчлен степени 5 с пятью разными целыми числани в разных степенях:z^5=(x^4)(5z-4x)+10(x^2)z(z-x)^2+(4x+z)(z-x)^4. Как видите, в уравнении степени 5 число слагаемых 3 и число разных целых чисел равно степени 5. Среди сонма целых чисел найдутся такие, что:d^5=a^5+b^5+c^5, ничем, кроме конкретной "исключительности" в потакании нашим вкусам, от написанного выше в общем виде не блещущие. Задача нахождения наименьшего числа членов однородного многочлена целой степени заключается тем самым в представлении бинома в целой степени такой наименьшего числа слагаемых, что число "переменных" |целых чисел| равно степени. Это было проверено на полученных численных примерах степеней 3 и 4 и "сбудется", полагаю, для больших степеней.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв

Добавлено (14.07.2009, 12:54)
---------------------------------------------
Извините, я вначале не заметил, что речь идёт о разных вещах! Я писал о числе "переменных" |целых числах|, являющихся аргументами многочлена степени n, эквивалентного числу в степени n. А Вы писали о числе членов его с одним целым числом в указанной целой степени.
И всё было так, как я писал: при степенях 3, 4, 5, 6 и 7 число переменных в трёхчленах степеней 3, 4, 5 и в четырёхчленах степеней 6 и 7 равно степени. Можете убедиться, выписав их из разложения биномов этих степеней. Но нежданно, начиная со степени 8, число аргументов оказалось на 1 неньше степени при числах членов 5 для степеней 8 и 9 и 6 для степени 10... Это, вроде бы, указывает на возможность уменьшения числа слагаемых при увеличении числа аргументов до величины степени, но мне не удалось получить соответствующие преобразования разложений биномов этих степеней. Практический случай со степенью 3 |при уменьшении числа слагаемых до 2-х, получаем четыре аргумента и иррациональные числа в степени 3 |в согласии с теоремой о двух кубах| и требование определённого подхода к уравнению степени 4 для получения трёхчлена степени 4 с четырьмя аргументами подвигает на положительное решение возникшего предположения... Может Вы будете удачливее?
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв

 
rznuslДата: Пятница, 17.07.2009, 19:37 | Сообщение # 41
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Если у Вас есть результаты, то Вы можете написать статью на сайт с подробными выкладками. Я бы посмотрел.
 
IndraДата: Суббота, 18.07.2009, 10:29 | Сообщение # 42
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Спасибо за ответ!
Я поместил небольшой материал в интернетовских "Известиях науки". Если Вас интересуют подробности, я готов. У меня проблема с написанием формул... Нет возможности ни на math, ни на... Набираю только в обычном математическом формате через "объект" и ... Такое можно переслать лишь с "прикрепить ещё"...
Кстати, той проблемы, со степени 8 начиная нет... Просто увеличивается число слагаемых однородного многочлена, включающих в себя по три аргумента... "Механику" Вы, надеюсь, представили:в разложении бинома Ньютона суммируем члены попарно, чтб получить набор аргументов. со всеми степенями, с первой начиная: z^8 = (x+y)^8 = x^7(x+8y) + 28x^5y^2(x+2y) + 14x^3y^4(5x+4y) + 4xy^6(7x+2y) + y^8. Получили однородный многочлен степени 8 с пятью членами и семью аргументами |целые числа:(x+y), x, y , (x+8y), (x+2y), (5x+4y), (7x+2y).
Приличнее, конечно, заменить y на (z-x), но становится не так отчётливо видна идея всего этого...
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв
 
rznuslДата: Суббота, 18.07.2009, 14:50 | Сообщение # 43
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Вы можете прислать фотографию статьи, сделав скриншот страницы. Потом можно фотографию сохранить в формате GIF.
Формулы, если потребуется, я сам смогу отредактировать.
 
rznuslДата: Суббота, 18.07.2009, 14:58 | Сообщение # 44
Admin
Группа: Заблокированные
Сообщений: 949
Репутация: 0
Статус: Offline
Quote (Indra)
...семью аргументами |целые числа:(x+y), x, y , (x+8y), (x+2y), (5x+4y), (7x+2y).

Т.е. , елси я правильно понял, Вы получаете полином 8-ой степени от этих семи аргументов.
Однако мне кажется, что задача решается и в том случае, если мы зададимся целью представить полином как сумму 8-ых степеней определённых чисел.
 
IndraДата: Понедельник, 20.07.2009, 11:21 | Сообщение # 45
Сержант
Группа: Пользователи
Сообщений: 26
Репутация: 0
Статус: Offline
Мне не удалось ЗДЕСЬ отправить Вам вариант опубликованного в "Известиях науки" из за лимита. Как это сделать? Это сгодилось бы для Вашего сайта....
Что касается Вашей мысли об 8-ми аргументах, то:
1. Я не вполне понимаю возможно ли решение в целых числах уравнения степени 8 при семи аргументах... Вроде бы да, но... Несомненно, что при 8 оно решается, но число членов будет не то?
2. Всё это так интересно и "изнурительно" - я же не профессиональный математик. А "профи" на "Научном форуме dxdy" гнусно поступили не только со мной, но и, думаю, с математикой.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв

Добавлено (19.07.2009, 10:00)
---------------------------------------------
В подтверждение моих мыслей о степени 8.
Пусть целое число есть сумма трёх целых чисел:z^3 = (x+y+s)^3
(x+y+s)^3 = x^2(x+3y+3s) + y^2(3x+y+3s) + s^2(3x+3y+s) + 6xys. Этот 4-х член степени 3 видимо не разрешим в целых числах потому, что переменных 7 вместо нужных 6, получаемых утроением двух независимых. Численный пример:10^3 = 9^3 + 6^3 + 4^3 - 2^3 - 1^3 наводит на мысль, что должен быть пятичлен степени 3 с 6-ю аргументами? Тут ещё "заковыка": Семь то их 7, да сумма трёх в скобках есть усемерённое левое (x+y+s)... Кто знает, вдруг решается при 4-х членах!
Всё это в тексте, который хотел бы Вам переправить, но не знаю как.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв

Добавлено (20.07.2009, 11:21)
---------------------------------------------
Я поторопился в "сомнениях". Мысля целое число суммой трёх целых чисел: z=(x+y+s) и представляя его, положим в степени 3, имеем многочлен степени 3, равный этому числу:
z^3=(x+y+s)^3=(x+y)^3+(x+s)^3+3ys(x+y)+3ys(x+s)-x^3.
В уравнении, равном нулю, 5 членов при 6-ти аргументах:((x+y+s), (x+y), (x+s), x, y, s.
Именно шесть аргументов потому, что при возведении в куб мы утраиваем две степени свободы исходного числа. Кажется, есть некое недоразумение. Я пишу о том, что:
1. Слева всегда целое число в целой степени.
2. Справа всегда сумма целых чисел в той же степени, а первая степень каждого числа суммы НЕПРЕМЕННО и многократно |в бесконечном наборе целых чисел| может быть целыми числами. В частности, именно при числе 10 в кубе оно может быть равно сумме 5-ти кубов целых чисел в кубе каждое:9, 6, 4, 2 и 1. Если мыслить целое число в виде суммы четырёх чисел, то третья степень целого числа равна однородному многочлену степени 3 с числом членов 8 |при необходимых 9 аргументах|. Непременно есть целые числа в кубе, такие что они равны сумме 8-ми целых чисел, в третьей степени каждое.
То есть речь идёт о неизменном принципе решения диофантовых уравнений в целых числах и влюбых целых степенях.
Исходная идея его:всякое целое число есть однородный многочлен произвольной суммы целых чисел степени 1, поэтому всякое целое число в целой степени есть однородный многочлен той же целой степени.
Пример:Мысля целое число биномом, триномом и т. п. и возводя его в целую степень имеем разного числа однородные многочлены этой степени. в частности, при степени 3 будем иметь трёхчлены, пятичлены, восьмичлены... И всё это могут быть наборы сумм целых чисел в кубах, сумма которых равна кубу целого числа.
С уважением к. т. н., доцент Н. А. Лошкарёв


Сообщение отредактировал Indra - Воскресенье, 19.07.2009, 12:14
 
Форум » Обсуждение статей. » статьи форумчан » "Великая теорема Ферма" и логика алгебры (Доказательство ВТФ следует из своства целого числа и бинома)
  • Страница 3 из 5
  • «
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • »
Поиск: