[431] bily71 | 2009-10-22 20:16:47 |
Vizsgáljuk meg a legegyszerűbb pitagoraszi számhármast:
32+42=52,
a rekurzió értelmében:
32=1+(2.1+1)+(2.2+1),
42=1+(2.1+1)+(2.1+1)+(2.3+1),
52=1+(2.1+1)+(2.2+1)+(2.3+1)+(2.4+1),
innen
52-42=(2.4+1),
52-32=(2.3+1)+(2.4+1).
A zárójeles kifejezések az első különbségsorozat tagjai.
Folyt. köv.
|
Előzmény: [430] bily71, 2009-10-22 18:15:52 |
|
|
|
[428] bily71 | 2009-10-22 17:49:50 |
A Fermat-Wiles tételre 2 nap gondolkodás után egy "arcátlanul" egyszerű bizonyítást találtam. Túl egyszerűnek tűnik ahhoz, hogy jó legyen. De hátha...
Akkor kezdjük!
Tekintsük a követező táblázatokat (elnézést, ha nem jók a jelöléseim):
n |
0 |
|
1 |
|
2 |
Nn0 |
1 |
|
1 |
|
1 |
Nn0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
n |
0 |
|
1 |
|
2 |
Nn1 |
0 |
|
1 |
|
2 |
Nn1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
n |
0 |
|
1 |
|
2 |
|
3 |
Nn2 |
0 |
|
1 |
|
4 |
|
9 |
1Nn2 |
|
1 |
|
3 |
|
5 |
|
2Nn2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
n0 |
|
1 |
|
2 |
|
3 |
|
4 |
|
Nn3 |
0 |
|
1 |
|
8 |
|
27 |
|
64 |
1Nn3 |
|
1 |
|
7 |
|
19 |
|
37 |
|
2Nn3 |
|
|
6 |
|
12 |
|
18 |
|
|
3Nn3 |
|
|
|
6 |
|
6 |
|
|
|
|
s.í.t.
Vegyük észre a következő összefüggéseket, melyeket nem nehéz belátni:
Jelölje 2N1m a második különbségsorozat első tagját, ha mP, azaz prím, akkor
2N1m=2m-2 | (1) |
ez akkor is igaz, ha m összetett.
azaz, a ha az első különbségsorozat bármely tagjából kivonunk egyet, az eredmény osztható a második különbségsorozat első tagjával.
nmnmod 2N1m | (3) |
azaz, ha nm-ből elveszünk n-et, akkor az eredmény osztható a második különbségsorozat első tagjával. Ha m öszetett, akkor nnnmod 2N1m.
| (4) |
A továbbiakban azt fogjuk bizonyítani, hogy a négy feltétel nem teljesülhet egyszerre, ha m>2.
Még ma folytatom.
|
Előzmény: [427] bily71, 2009-10-21 18:32:00 |
|
[427] bily71 | 2009-10-21 18:32:00 |
Tényleg egy kicsit előre siettem, kihagytam egy-két lépést. Az az igazság, hogy nincsenek kész receptjeim, mindig improvizálok. Először észreveszem az összefüggést, és majd utána próbálom levezetni, ha tudom. Azt hiszem, az ilyen kisérletezgetést hívják heurisztikának. Most nincs időm, majd holnap leírom bővebben, hogy mire is gondolok.
|
Előzmény: [426] guest0123456789, 2009-10-20 21:33:15 |
|
|
[425] bily71 | 2009-10-20 12:08:03 |
Ha d=0, akkor, mivel 1+11, az ad+bd=cd egyenlőség nem teljesülhet.
A d=1 eset triviális. Ha d=2, akkor teljesülhet, ha d>2, akkor nem.
Minden Ndn sorozat előállítható rekurzióval.
Azt vizsgáltam, hogy mi az a körülmény, ami a d=2 esetet megkülönbözteti a többi esettől.
Azt találtam, hogy d>2 esetén, ha dP, akkor Nn1mod 2d, míg, ha d=2, akkor Nn1mod d, és Nn1mod 2d nem minden n-re teljesül.
Tehát ezen ok miatt .
A bizonyítás során a Pascal-háromszög harisnya tulajdonságát fogjuk felhasználni.
|
Előzmény: [424] bily71, 2009-10-19 22:47:31 |
|
[424] bily71 | 2009-10-19 22:47:31 |
Elnézést a sok hibáért, de olyan környezetben élek, ahol lehetetlen a két percnél hosszabb koncentráció:)
Tehát mégegyszer, most már helyesen: nd a háromszög d+1-dik sorának tagjaiból állíható elő.
|
Előzmény: [423] bily71, 2009-10-19 22:05:37 |
|
[423] bily71 | 2009-10-19 22:05:37 |
A Pascal-háromszög sorát úgy értem, hogy a háromszögből táblázatot készítünk, melynek első sora csak egyesből áll, a második a természetes számokból, a harmadik sor: 1,3,6,10..., s.í.t.
|
Előzmény: [422] bily71, 2009-10-19 21:49:17 |
|
[422] bily71 | 2009-10-19 21:49:17 |
Elég azt az esetet bizonyítani, amikor dP, azaz páratlan prím.
nd előállítható a Pascal-háromszög n-1-dik sorának tagjaiból rekurzióval.
ndnmod d, ha dP.
Folyt. köv.
|
Előzmény: [415] bily71, 2009-10-19 13:25:34 |
|
|
|
[419] bily71 | 2009-10-19 17:05:34 |
Na és a négyzetszámos bizonyításom? Arról mi a véleményetek? Ne kíméljetek, a hibáiból tanul az ember.
|
|
|
[417] Maga Péter | 2009-10-19 16:17:25 |
Azok a matematikusok és matematikatörténészek, akik ezzel foglalkoznak, Fermat egyéb eredményeiből, valamint a kortárs tudósokkal lefolytatott levelezéséből kb. összerakták, mi lehetett a Fermat-féle gondolatmenet. Sőt, a hibára is rá tudtak mutatni. A tudomány mai állása szerint Fermat nem bizonyította be a Fermat-sejtést.
|
Előzmény: [408] guest0123456789, 2009-10-18 19:57:46 |
|
[416] Maga Péter | 2009-10-19 16:11:18 |
Ez igaz? Én csak annyit látok, hogy ha a Riemann-sejtés igaz, akkor minden c>2-re van olyan n0, hogy minden n>n0-ra van prímszám nc és (n+1)c között. Attól, hogy RH igaz, még lehet az integrállogaritmusból adódó hibatag elég nagy ahhoz, hogy ne következzék belőle, hogy két szomszédos négyzet között mindig van prím. Vagy most nagy hülyeséget beszélek? Ez esetben világosítsatok fel!
|
Előzmény: [410] guest0123456789, 2009-10-19 00:34:40 |
|
[415] bily71 | 2009-10-19 13:25:34 |
Azaz, helyesbítve, ha a hatványkitevő kisebb, vagy egyenlő, mint kettő.
d2 esetén az Nn sorozat különbségsorozatának diferenciája konstans, a többi esetben nem .
|
Előzmény: [414] bily71, 2009-10-19 12:21:07 |
|
[414] bily71 | 2009-10-19 12:21:07 |
Igazad van, bd nem a különbségsorozat tagja.
Képezzük pl. a négyzetszámok sorozatának (Nn:=(1,4,9...n2,...)) különbségsorozatát:
N1=N2-N1=3,
N2=N3-N2=5,
s.í.t., általában:
Nn=Nn+1-Nn=(n+1)2-n2=2n+1.
Tehát
.
Legyen
Nj+Nk=Nl,
azaz
Nk=Nl-Nj,
.
Ha Nn:=(1d,2d,...bd,...), és d>2, akkor
.
Azaz a különbségsorozat bármely részsorozatának összege nem lehet egész szám egészkitevős hatványa, kivéve, ha a hatványkitevő kisebb, mint 2.
|
Előzmény: [413] Sirpi, 2009-10-19 10:34:33 |
|
[413] Sirpi | 2009-10-19 10:34:33 |
Különbségsorozaton mit értesz pontosan? A szomszédos tagok különbségeiből alkotott sorozatot, vagy két tetszőges tag különbségéből alkotottat? Csak azért, mert az előzőre kevés bármit igazolni, a másikat meg nem nevezném sorozatnak.
|
Előzmény: [411] bily71, 2009-10-19 09:18:33 |
|
|
[411] bily71 | 2009-10-19 09:18:33 |
Az első ötlet Fermat-tal kapcsolatban:
A tétel szerint az ad+bd=cd (a,b,c,d természetes számok) egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha d<3.
Az ikerprímek tanulmányozása közben, azt vizsgáltam, hogy
mivel minden négyzetszám a21mod 5, vagy a20mod 5, továbbá, minden köbszám a31mod 7, vagy a30mod 7, és
mivel 6k1, akkor, és csak akkor ikerprím, ha k6mnnm, ahol k,n,m természetes számok,
talán az öttel nem osztható négyzet-, és a 7-tel nem osztható köbszámok közül végtelen sok nem áll elő 6nmnm alakban.
Eközben észrevettem, hogy minden 0d,1d,2d,...ad,...bd,...cd... sorozat olyan másodrendű számtani sorozat, ahol a különbségsorozat is másodrendű sorozat.
Az ad+bd=cd egyenlőség ezek szerint akkor, és csak akkor teljesülhet, ha bd tagja a különbségsorozatnak. Ez pedig nem teljesülhet, ha d>2.
Hogy ezt belássuk, a Pascal-háromszöget hívjuk segítségül. Folyt. köv.
|
Előzmény: [410] guest0123456789, 2009-10-19 00:34:40 |
|
[410] guest0123456789 | 2009-10-19 00:34:40 |
A szomszédos négyzetszámok közt van prím közel olyan nehézségű probléma, mint a Riemann sejtés. Igazolható, hogy, ha Riemann igaz, akkor van prím köztük. Ezért is mondom, hogy hagyd a csudába ezt a témakört. Fermat könnyebb.
|
Előzmény: [409] bily71, 2009-10-18 23:46:22 |
|
[409] bily71 | 2009-10-18 23:46:22 |
Kösz a biztatást, de azt hiszem, nem én vagyok a "kiválasztott":)
Egyébként tényleg van egy-két ötletem Wiles (elvégre Ő bizonyította be, hogy igaz a sejtés) tételével kapcsolatban.
De még mielőtt belevágnánk e tétel egyszerűsítésébe, jó lenne, ha valaki érdemben megvizsgálná, és véleményezné a szomszédos négyzetszámok közötti prímekről szóló bizonyítási javaslatomat.
Persze, biztos vagyok benne, hogy tele van hibákkal, ennekellenére izgatottan várom a hozzászólásokat.
|
Előzmény: [408] guest0123456789, 2009-10-18 19:57:46 |
|
[408] guest0123456789 | 2009-10-18 19:57:46 |
Nem ugratás. Wiles egyszerűsített bizonyítása kb. 120 oldalas, kb. száz matematikus érti meg az egész világon. Fermat bizonyítása állítólag elfér egy margón, ez lenne a TE feladatod, hogy ezt megtaláljad.
|
Előzmény: [407] bily71, 2009-10-18 19:15:35 |
|
|