בתשובה לבועז, 24/12/02 11:17
 |
|
 |
||
|
||||
 |
כללי חיבור למלבנים בעלי צלע משותפת: 1. נחמד + נחמד = נחמד 2. נחמד + לא נחמד = לא נחמד 3. לא נחמד + לא נחמד = נחמד או לא נחמד, תלוי. ע"פ הכלל הראשון לא ניתן לקבל מלבנים לא נחמדים מצירוף של מלבנים נחמדים. מש"ל. והנה משו שהוכחתי שלשום: זוג ראשוני הוא זוג של מספרים ראשוניים שההפרש ביניהם הוא 2 (למשל: 5 ו-7, 29 ו-31). הוכח כי לא קיים זוג ראשוני המרכיב שלשה פיתגורית, כך שהראשוני הגדול הוא היתר והראשוני הקטן הוא אחד הניצבים. רמז: ההוכחה מאד קלה וגם נותנת בדרך אגב נוסחה ליצירת מספר בלתי מוגבל של שלשות פיתגוריות. (רציתי כמובן להוכיח את ההיפך, כדי להוכיח שיש אין-סוף זוגות ראשוניים, אבל גם הרצל רצה ולא יצא) |
 |
 |
 |
|
|
|
||
|
||||
|
ההוכחה שלך מתעלמת מכך שבדרך כלל איחוד של שני מלבנים הוא בכלל לא מלבן (ולכן זו לא הוכחה). 9+16=25 - המקרה היחיד שבו ראשוניים תאומים (3 ו- 5) משתתפים באותה שלשה פיתגוראית. נסה להוכיח ש- 1+a^2 הוא ראשוני לאינסוף ערכי a שלמים (זו עדיין בעיה פתוחה). |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
הבעיה הזאת לא אוזכרה בספר המשפט האחרון של פרמה או שאני טועה? | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
יתכן; זו בעיה מוכרת בתורת המספרים, אחת מני רבות שעדיין פתוחות. | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
איחוד של שני מלבנים עם צלע משותפת לאורך הצלע המשותפת שלהם נותן מלבן. כן, משולש מצרי הוא היוצא מן הכלל ששכחתי לציין. אבל גם הוא מתקבל מיידית מההוכחה הקלה מאד שעדיין לא הבאת, למרות שפיזרת רמז עבה (גם אם לא התכוונת). היום הייתי קרוב להוכיח את המשפט האחרון של פרמה בשיטות אלגבריות אלמנטריות, אבל עדיין לא הולך לי. ההוכחה היא כמובן בשלילה, מניחים ש C^n = A^n + B^n מעבירים אגף:A^n = (C-B) * (C^n-1 + ... + B^n-1) כלומר נדרש שA^n / (C-B) יהיה שלם, וכנ"ל לגבי הניצב השניB^n / (C-A) ואז מחטטים הרבה באף בניסיון לשכנע את עצמך שהשברים האלה לא יכולים לתת שלמים אם n הוא לא 2, או מרכיבים מהם כל מיני ביטויים חדשים שאמורים להיראות לא שלמים בעליל, או מפרקים אותם לגורמים ראשוניים. כצפוי זה לא עובד, בינתיים.
|
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. נכון שאיחוד לאורך צלע משותפת נותן מלבן, אלא שריצוף לא חייב לכלול זוגות כאלה בכלל. 2. אני לא רוצה לקלקל את השאלה שלך; הנוסחה הכללית לשלשות פיתגוראיות היא 2^(a^2+b^2)^2=(2ab)^2+(a^2-b^2). 3. Kummer ניסה לפתור את הבעיה בגישה דומה, ואפילו הציג (בסביבות 1860) את הפתרון שלו בפני החברה המלכותית הבריטית (אם אינני טועה). הטעות שלו היתה שהוא הניח שחוג השלמים עם שורש p של היחידה מקיים פירוק יחיד לגורמים (כמו בשלמים הרגילים), וזה לא כך; הטעות הזו תרמה רבות להתפתחות של תורת החוגים. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. אם הבנתי נכון, ריצוף משמעו שאם אני מחלק את המלבן הגדול (הלא נחמד) לשורות קטנות כרצוני, כל שורה צריכה להיות מכוסה ע"י המלבנים הקטנים. המלבן הנחמד הקטן ביותר הוא פס צר כרצוני באורך יחידה (להלן: פס נחמד). בהינתן מלבן לא נחמד, ארצפו לכל רוחבו בפסים נחמדים. אחזור על התהליך מלמטה עד למעלה, עד שכל תחתיתו של המלבן הלא נחמד תכוסה בפסים נחמדים. מכיוון שהמלבן לא נחמד, מובטח לי שניתן להסתכל עליו עתה כמלבן לא נחמד ערום מעל מלבן נחמד מכוסה. עתה אסובב את הפסים ואמלא איתם את חלקו הימני של המלבן הלא נחמד. עתה מובטח לי שחלקו העליון השמאלי של המלבן הלא נחמד הוא: א. לא מכוסה לחלוטין ב. קטן באורכו וברוחבו מגודל יחידה ולכן בלתי ניתן בתכלית לכיסוי באמצעות פסים נחמדים. וזהו. 2. טוב, זה לכל שלשה פיתגוראית. בפרט אם ההפרש בין הניצב ליתר הוא 2 מקבלים נוסחה פשוטה יותר. בכל אופן זה עדיין לא מוכיח שלא תיתכן שלשה פיתגוראית עם זוג מספרים ראשוניים שאחד מהם משמש כיתר. 3. אני יודע שאין לי סיכוי לפתור שום כלום, אך חשבתי ש: א. Kummer היה גרמני (או לפחות פרוסי) ב. הוא הראה לשני צרפתים (אחד מהם קושי) שהתחרו זה בזה על הוכחת משפט פרמה, כי הם הניחו שכל מספר שלם ניתן לפרק באופן יחיד לגורמים ראשוניים, בעוד שפירוק זה הוא יחיד רק לשלמים ממשיים. אני בכלופן מתייחס רק לשלמים ממשיים כך שלי אין בעיה. ג. הוא מעולם לא חשב שהצליח לפתור את המשפט האחרון של פרמה. טענה: אם אחד הניצבים (א) בשלשה פיתגורית (כלשהיא, גם לסדר N, למרות שכולם פה יודעים שאין כאלה לN גדול מ2) הוא ראשוני, אז הניצב האחר (ב) והיתר (ג) הם מספרים עוקבים. הוכחה: לפי הודעתי לעיל נדרש כי א^N יתחלק בהפרש בין ב לג. א ראשוני ולכן מתחלק רק באחד ובעצמו. אם ההפרש בין ב לג הוא א אז הם לא שלשה פיתגורית לN גדול מאחד. למה? כי אם ג=ב+א אז ג^N=(ב+א)^N > ב^N + א^N כמו כן לא יתכן כי ההפרש בין ב לג יהיה חזקה כלשהיא של א כי אז ג^N יהיה עוד יותר גדול מהביטוי הנ"ל (ב+א)^N ולכן עוד יותר גדול מב^N + א^N לכן ההפרש בין ב לג הוא 1, כלומר הם עוקבים. מש"ל. מסקנה: הניצב הגדול בשלשה פיתגורית לא יכול להיות מספר ראשוני. מעניין אם גם הכיוון ההפוך נכון. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. מהו המלבן הנחמד "הקטן ביותר"? יתכן שרוחבו הוא 7 יחידות, וקיימים גם אחרים ברוחב שלם (שאינו מתחלק ב- 7). לא ברור למה אפשר לרצף את תחתיתו של המלבן הלא-נחמד בפסים נחמדים. המלבן הנחמד הקטן לא צריך להיות ממוקם 'באופן נחמד' במלבן הגדול. וגם את שאר הטיעון לא הבנתי. 2. אתה מכריח אותי: אם a^2=b^2+c^2 ו- a=c+2 אז b זוגי (נאמר b=2d) ו- (c=d^2-1=(d-1)(d+1. כדי ש- c יהיה ראשוני, נדרש d=2 ואז מתקבלת השלשה המצרית. (לא צריך להניח ש- a ראשוני). 3. אני חושב שסעיף ג' אינו נכון. 4. ההוכחה בסוף ההודעה, נכונה. למה אתה מתכוון ב"כיוון ההפוך"? שכל מספר שאינו ראשוני יכול להופיע כניצב הגדול בשלשה פיתגוראית? קל לראות שכל מספר מופיע כניצב ה*קטן*: (2m^2+2m+1)^2=(2m(m+1))^2+(2m+1)^2,
(m^2+1)^2=(m^2-1)^2+(2m)^2. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. חשבתי שלמלבן הנחמד הקטן ביותר חייב להיות מימד אחד באורך שלם, כלומר לפחות באורך יחידה. הטיעון לא כ"כ מעניין ולכן נראה לי שפשוט אחסוך ממך את ההסברים. בסה"כ אמרתי - בהינתן מלבן לא נחמד באורך x.y יחידות וברוחב w.z יחידות, ניתן לכסות אותו באמצעות מלבנים נחמדים באורך כולל x וברוחב w.z, ולאחר מכן את חלקו הנותר בעוד מלבנים נחמדים באורך 0.y (או איך שלא גורמים לאייל להציג את זה נכון) וברוחב w. כך תיוותר לנו חלקה לא מכוסה במלבן הלא נחמד, שאורכה 0.y ורוחבה 0.z, וחלקה זו אינה ניתנת לכיסוי באמצעות פסים נחמדים. 2. הממם, כשחושבים על זה באמת לא הייתי אמור לדרוש *ממך* לרשום את ההוכחה, ובכ"ז כה לחי. 3. נסגר מחוסר עניין לציבור. 4. ההוכחה ההפוכה תהיה: אם הניצב הגדול והיתר הם מספרים עוקבים, אז הניצב הקטן הוא ראשוני. לא הבנתי את הנוסחא בסוף. מי זה m? |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
הריצוף לא חייב להיות בפסים. | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. (נכון, ולא פותר את השאלה). 4. דוגמא נגדית: 41*41=40*9+40*9. m אמור להיות מספר כרצונך (הנוסחאות מדגימות שכל מספר הוא המספר הקטן בשלשה פיתגוראית). |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. למה לא? 2. התכוונת ודאי לומר ש 9,40 ו41 הם שלשה פיתגורית. שוין, הייתי צריך לנחש שגם מספרים סתם מתחלקים באחד. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
1. כי אתה מוכיח שיש דרך מסויימת מאד, שבה לא ניתן לכסות מלבן לא-נחמד במלבנים נחמדים. איך זה מוכיח שאי-אפשר למצוא כיסוי מוצלח יותר? | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
אוקיי, בוא נעשה את זה ככה. יהי מלבן לא נחמד. נתחיל לצבוע אותו כמו לוח שחמט שחור-לבן, במשבצות שגודלן חצי על חצי. נאמר שנצבע אותו מן הפינה השמאלית התחתונה ועד הימנית העליונה, כך שהמשבצת השמאלית התחתונה היא שחורה. מן הדין כי יוותרו לנו שוליים מימין ומלעיל, אותן נצבע בלבן. עתה ננסה לכסות אותו במלבנים נחמדים משובצים, כאלה שמשנים את צבעם משחור ללבן כל חצי יחידה. לא משנה באיזו דרך ננסה לכסות את המלבן הלא-נחמד, מובטח שניכשל. זאת מכיוון שבכל מלבן נחמד יש בדיוק אותה כמות של שחור ולבן, ואילו במלבן הלא נחמד יש שיעור לא שווה של שחור ולבן. הטיעון הזה תופס? |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
ריבוע כזה יאוכלס ע"י חמש משבצות שחורות וארבע משבצות לבנות, ששטח כל אחת מהן הוא 0.25 יחידות רבועות. שטח הריבוע הלא נחמד הזה 2.5 יחידות רבועות, 2.25 מתוכן יכוסו ע"י משבצות שחורות-לבנות ו0.25 היחידות הנותרות יצבעו לבן. לכן יש בריבוע כזה בדיוק אותה כמות של שחור ולבן. אבל זה מקרה יוצא מן הכלל שמעיד על הכלל - אם תירק לתוך בריכה מלאה במלבנים לא נחמדים, מירב הסיכויים שתפגע במלבן שנופל תחת ההוכחה האלוהית דלעיל. | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
עם שיפוץ קל: במקום לצבוע את המלבנים, צבע את המישור במשבצות שח-מט שחורות לבנות, עם צלע 1/2. כעת, המסה של כל מלבן תהיה השטח הלבן שהוא מכסה, פחות השטח השחור שהוא מכסה. קל לראות שהמסה של מלבן נחמד היא תמיד אפס, והמסה של מלבן לא נחמד אינה אפס (המקרה היחיד שצריך בדיקה הוא כאשר החלקים השבורים של הצלעות הם x,y בין 1/2 ל- 1, ואז המסה היא (1-2x)(1-2y), שונה מאפס) - מש"ל. ברור שזו ההוכחה ה"נכונה". |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
כי נדמה לי שהצלחתי... לפרט? |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
(ההוכחה הראשונה ניתנה על-ידי לז'נדר (Legendre) ב-1823). אנא פרט. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
אז הנה ההוכחה עבור n=3, וההוכחה לכל n נראית כמעט אותו דבר. נניח שא, ב, ג הם שלמים חיוביים המקיימים (1) א^3 + ב^3 = ג^3 ללא הגבלת הכלליות ניקח ג>ב>א ונגדיר ט = ג - (ב + א) כמשתנה עזר, שערכו כמובן שלילי (זה ג פחות ב וא, לא להיפך, אני פשוט כותב מימין לשמאל כדי לבלבל את האויב). אשתמש בשתי נוסחאות כפל מקוצר: (ז + ח) ^ 3 = ז^3 + ח^3 + 3*ז*ח*(ז+ח) ז^3 - ח^3 = (ז - ח) * (ז^2 + ז*ח + ח^2) נציב את ט לתוך (1) ונפעיל את הזהות הראשונה דלעיל: (2) א^3 + ב^3 = (ט +א)^3 + 3*ב*(א+ט)*[ב+(א+ט)] + ב^3 נצמצם את ב^3 ונעביר את (ט+א)^3 אגף: (3) א^3 - (ט +א)^3 = 3*ב*(א+ט)*(ב+א+ט) עתה נפעיל את הזהות השניה על אגף ימין: (4) [א - (ט+א)] * [א^2 + א*(ט+א) + (ט+א)^2] = 3*ב*(א+ט)*(ב+א+ט) נבודד את ה- 3: (5) [א - (ט+א)] * [א^2 + א*(ט+א) + (ט+א)^2] / ב*(א+ט)*(ב+א+ט) = 3 משיקולי סימטריה המשוואה נכונה גם אם מחליפים כל א' בב' ולהיפך. כמובן שאפשר לקבל זאת פורמלית ע"י חזרה על סדר הפעולות, ואשאיר זאת כתרגיל לקורא: (6) [ב - (ט+ב)] * [ב^2 + ב*(ט+ב) + (ט+ב)^2] / א*(ב+ט)*(א+ב+ט) = 3 נדרוש שוויון בין (5) לבין (6) ונצמצם ב(ט-) / (א+ב+ט): (7) [א^2 + א*(ט+א) + (ט+א)^2] / ב*(א+ט) = [ב^2 + ב*(ט+ב) + (ט+ב)^2] / א*(ב+ט) נכפול ב א*(ב+ט) ונחלק ב [ב^2 + ב*(ט+ב) + (ט+ב)^2] (8) [א^2 + א*(ט+א) + (ט+א)^2] * א*(ב+ט) / {[ב^2 + ב*(ט+ב) + (ט+ב)^2]*ב*(א+ט)} = 1 מ(8) נדרש שהמונה יתחלק במכנה ללא שארית. ובכן, ב גדול מא ולכן: (9) ט+ב = ג-א > ג-ב = ט+א לכן: (10) [א^2 + א*(ט+א) + (ט+א)^2] < [ב^2 + ב*(ט+ב) + (ט+ב)^2] עתה אם אוכיח כי ב*(א+ט) > א*(ב+ט) נמצא שהמונה ב(8) קטן מאחד ובכך נסיים את ההוכחה. למרבה הצער שלב ההוכחה הזה הוא אלגברי, ארוך ומעצבן, לכן לא איעלב אם תתנו רק לעוזי לבדוק בשבילכם שלא טעיתי כאן. ובכן, צ"ל: (11) ב* (ג-ב) > א*(ג-א) נכפול את שני האגפים ב(ג-ב)*(ג-א) ונפתח סוגריים. נתחיל באגף ימין: (12) ב*(ג-א)*(ג-ב)^2 = ב*(ג-א)* (ג^2 + ב^2 - 2*ב*ג) = ב* (ג^3 + ג*ב^2 + 2*א*ב*ג - א*ג^2 - א*ב^2 - 2*ב*ג^2) = ב*ג^3 + ג*ב^3 + 2*א*ב^2*ג - א*ב*ג^2 - א*ב^3 - 2*ב^2*ג^2 מסימטריה, אגף שמאל יתקבל מהחלפת כל ב בא ולהיפך: (13) א*(ג-ב)*(ג-א)^2 = ... = א*ג^3 + ג*א^3 + 2*ב*א^2*ג - ב*א*ג^2 - ב*א^3 - 2*א^2*ג^2 אם נבדוק כל איבר ב(12), נגלה שהוא גדול או שווה לאיבר המתאים לו ב(13), לכן (12) > (13). לכן (11) נכון, ומכיוון שגם (10) נכון, אז (8) לא נכון. מש"ל. עבור n גדול יותר משלוש משוואה (4) תשמין בעוד כמה וכמה איברים ובהם כפולות של חזקות של ב בחזקות של (א+ט). אני מציע לבודד את האיבר(ים) האמצעי(ים) בטור החזקות הזה, זתאומרת אלה שעבורם החזקה של ב ו(א+ט) היא n/2 או (n+1)/2, תלוי בזוגיות של n. בקיצור נקבל משוואה הדומה ל(5) ע"י בידוד המקדם המספרי של האיבר(ים) האמצעי(ים), משהו כמו n! / (n/2)!^2 ואז נדרוש שוויון עבור הפיתוח הסימטרי ל(ב+ט) וא, ובתקווה נצליח לחסום באופן דומה את השבר.טוב, לא יכול להיות שבאמת הוכחתי את משפט פרמה, אפילו לא למקרה הפרטי של לג'נדר. אז איפה טעיתי? |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
ההוכחה שלך עובדת גם בלי להניח שהמספרים שלמים; וזה קצת חשוד, כי ברור שלכל a,b אפשר למצוא c ממשי שיפתור את המשוואה. התקלה היא ב-(11): כשעוברים על ההוכחה שלך, נראה שהשווית גם אברים עם סימן שלילי (תוך התעלמות מהסימן). דוגמא נגדית: קח a=1 ו- c=2, עם b=7^{1/3}/2. אז t=1-b, והטענה (b(c-b)>a(c-a מתורגמת ל- 2b(4-2b)>4, אלא שזה לא נכון. |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
ב(11) נכתב ב*(ג-ב) > א*(ג-א) שזה בכתיב לועזי מוכר: b * (c-b) > a * (c-a) מה לא פסדר פה? הרי הניצבים חיוביים, והיתר חיובי הגדול מן הניצבים, ולכן אני עוסק רק באיברים חיוביים. לא?
|
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
האיבר האחרון ב(13) הוא כמובן קטן בערך מוחלט מן האיבר האחרון ב(12), ולכן גדול ממנו. אני בודק עכשיו אם זה מפיל לי את כל ההוכחה. | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
צ"ל: b*(c-b) > a* (c-a) נכפול את שני האגפים בביטוי(c^2+bc+b^2)*(c^2+ac+a^2) ונקבל:b*(c^3-b^3)*(c^2+ac+a^2)>a*(c^3-a^3)*(c^2+bc+b^2) מטעמים קוסמטיים נחלק בba ונקבלa^2 * (c^2+ac+a^2) > b^2 * (c^2+bc+b^2) כל האיברים באגף ימין גדולים מהאיברים באגף שמאל ולכן זהו אי-שוויון שקרי. הוכחתי נופלת בקול ענות חלושה, ונותר רק לומר - ידעתי. תודה לכל המאזינים.__ (ולחשוב שבשביל זה קמתי מהמיטה והדלקתי את המחשב. נחת) |
|
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
כמובן שבסופ"ד (8)=1, כלומר שוויון מלא בין שתי צורות הפיתוח של (ט+א+ב)^3. בעצם, כפי שהעיר עוזי, זה היה צריך להיות מובן מאליו - בשום מקום לא השתמשתי בשלמות של המספרים, רק דרשתי קונסיסטנטיות. החוכמה הגדולה היא להוכיח שאמנם לא יתכן שהמונה ב(5) מתחלק בדיוק במכנה ועוד נותן 3. | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
תגובה 164429 (פסקה שנייה) | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
אולי נמצאה הוכחה לכך שיש אינסוף זוגות ראשוניים: http://science.slashdot.org/article.pl?sid=04/05/28/... | |
|
|
|
|
|
||
|
||||
|
אם המאמר נכון, זו תהיה הפתעה רצינית - ההוכחה המוצעת "אלמנטרית" במונחים מודרניים, כזו שהיה אפשר לכתוב גם לפני 100 שנה, ואינה ארוכה או מסובכת. אני עוקב... | |
|
|
| חזרה לעמוד הראשי | המאמר המלא |
| מערכת האייל הקורא אינה אחראית לתוכן תגובות שנכתבו בידי קוראים | |
 RSS מאמרים |
כתבו למערכת |
אודות האתר |
טרם התעדכנת |
ארכיון |
חיפוש |
עזרה |
תנאי שימוש
|
© כל הזכויות שמורות |