Azt már láttuk, hogy ha egy numerikus sorozatnak van határa, akkor ennek a sorozatnak az elemei a lehető legközelebb állnak hozzá. Még nagyon kis távolságon is mindig találhat két olyan elemet, amelyek távolsága még kisebb lesz. Ezt nevezik alapvető sorozatnak vagy Cauchy-szekvenciának. Mondhatjuk-e, hogy ennek a sorozatnak van határa? Ha kialakul

Ha veszünk egy négyzetet, amelynek oldala eggyel egyenlő, akkor a Pitagorasz-tétel segítségével könnyen kiszámíthatjuk az átlóját: $d^2=1^2+1^2=2$, azaz az átló értéke egyenlő lesz $\sqrt 2$-ra. Most két számunk van, 1 és $\sqrt 2$, amelyeket két vonalszakasz képvisel. Kapcsolatot azonban nem fogunk tudni kialakítani közöttük, mint korábban. Lehetetlen

Annak meghatározása, hogy a P pont hol található - egy adott ábrán belül vagy kívül - néha nagyon egyszerű, mint például az ábrán látható ábra esetében: Ez azonban bonyolultabb alakzatoknál, például az alábbi ábrán látható, nehezebb. . Ehhez ceruzával vonalat kell húznia. Amikor azonban az ehhez hasonló kérdésekre keresünk választ, használhatunk egy egyszerű választ,

Általában a következőképpen fogalmazzák meg: az 1-től eltérő minden természetes szám egyedileg ábrázolható prímszámok szorzataként, vagy így: minden természetes szám egyedileg ábrázolható különböző prímszámok hatványainak szorzataként. Az utolsó felosztás gyakran kanonikusnak nevezik, bár nem mindig, de megköveteli. Ez azért van így, hogy a prímtényezők növekvő sorrendben lépjenek be ebbe a bővítésbe.

Ez a tétel rendkívül hasznos a hatványmaradványokat érintő problémák megoldásában, és bár ez egy teljesen komoly számelméleti tétel, és nem szerepel az iskolai kurzusban, bizonyítása normál iskolai szinten elvégezhető. Sokféleképpen kivitelezhető, és az egyik legegyszerűbb bizonyítás a binomiális képleten, vagy a Newton-binomiálison alapul, amely

A módszertani irodalomban gyakran találkozhatunk a közvetett bizonyítékokkal, mint ellentmondásos bizonyítékokkal. Valójában ez a fogalom nagyon szűk értelmezése. Az ellentmondásos bizonyítási módszer az egyik leghíresebb közvetett bizonyítási módszer, de messze nem az egyetlen. Más közvetett bizonyítási módszerek, bár gyakran intuitív szinten alkalmazzák, ritkán valósulnak meg, és

A tanárok gyakran a vektorok skaláris szorzatát használva szinte azonnal bebizonyítják a Pitagorasz-tételt és a koszinusztételt. Ez mindenképpen csábító. Azonban megjegyzés szükséges. A hagyományos bemutatásban a vektorok skaláris szorzatának eloszlását később bizonyítjuk, mint a Pitagorasz-tételt, mivel ez utóbbit használjuk ebben a bizonyításban, legalábbis közvetve. Ennek a bizonyításnak több változata is lehetséges. Az iskolai geometria tankönyvekben, mint pl

ALGEBRA ALAPVETŐ TÉTELE A tétel, miszerint minden n (n>0) fokú polinomnak: f(z) = a0zn + a1zn-1 + … + an, ahol a0 / 0, a komplex számok mezője felett van legalább egy gyöke z1 , tehát f(z1)=0. Az O.T.A. Bezout tételéből pedig az következik, hogy az f(z) polinomnak pontosan n gyöke van a komplex számok mezőjében (ha figyelembe vesszük azok multiplicitását). Valóban, Bezout tétele szerint f(z) osztható z - z1-gyel (maradék nélkül), azaz. f(z) = f1(z)(z – z1), és ebből adódik az (n – 1) fokú f1(z) polinom az O.T.A. szerint. z2 gyöke is van stb. Végül arra a következtetésre jutunk, hogy f(z)-nek pontosan n gyöke van: f(z) = a0(z – z1)(z – z2) (z – zn). O.T.A. ún. mert az algebra fő tartalma a 17-18. egyenletek megoldására jutott.

O.T.A. században igazolták először. Girard francia matematikus, és egy szigorú bizonyítékot adott 1799-ben Gauss német matematikus. BEZOU TÉTELE Tétel egy tetszőleges polinom lineáris binomimmal való osztásának maradékáról A következőképpen fogalmazzuk meg: egy tetszőleges polinom x – a binomimmal való osztásának maradéka egyenlő f(a)-val. ). TUBERKULÓZIS. századi francia matematikusról nevezték el, aki először megfogalmazta és bebizonyította. Bezu. T.B. a következõk következnek: 1) ha az f(x) polinom osztható (maradék nélkül) x – a-val, akkor az a szám f(x) gyöke; 2) ha az a szám az f(x) polinom gyöke, akkor f(x) osztható (maradék nélkül) az x – a binomimmal; 3) ha egy f(x) polinomnak legalább egy gyöke van, akkor ennek a polinomnak pontosan annyi gyöke van, ahány foka ennek a polinomnak (a gyökök többszörösét vesszük figyelembe). CHEVA TÉTEL Ha az ABC háromszög csúcsait a háromszög síkjában fekvő O ponttal összekötő egyenesek az A' B' C' pontokban metszik a szemközti oldalakat (illetve azok kiterjesztését), akkor a következő egyenlőség áll fenn: ( *) Ebben az esetben a szegmensek aránya pozitívnak tekinthető, ha ezek a szegmensek azonos irányúak, és negatívnak - egyébként.

T.Ch. felírható ebben a formában is: (ABC’)*(BCA’)*(CAB’) = 1, ahol (ABC’) három pont A, B és C’ egyszerű aránya. A fordított tétel is igaz: ha a C', A', B' pontok a háromszög AB, BC és CA oldalain vagy azok kiterjesztéseinél helyezkednek el úgy, hogy a (*) egyenlőség fennáll, akkor az AA', BB' egyenesek és CC' ugyanabban a pontban vagy párhuzamosan metszi egymást (nem megfelelő pontban metszi egymást). Az AA', BB' és CC' vonalakat, amelyek egy pontban metszik egymást és áthaladnak a háromszög csúcsain, Chevy-vonalaknak vagy Chevyan-oknak nevezik.

T.Ch. projektív jellegű. T.Ch. metrikusan kettős Menelaosz tételével.

T.Ch. Giovanni Ceva olasz geométerről nevezték el, aki bizonyította (1678). KOSZINUS TÉTEL 1. T.K. sík trigonometria - az az állítás, hogy bármely háromszögben bármelyik oldalának négyzete egyenlő a másik két oldala négyzetösszegével anélkül, hogy ezen oldalak szorzatát megdupláznánk a köztük lévő szög koszinuszával: c2 = a2 + b2 – 2abcosC, ahol a, b, c az oldalháromszög hossza, C pedig az a és b oldalak szöge. T.K. gyakran használják elemi geometriai és trigonometriai feladatok megoldásában 2. T.K. egy gömbháromszög oldalára: egy gömbháromszög egyik oldalának koszinusza egyenlő a másik két oldala koszinuszának szorzatával, plusz ugyanazon oldalak szinuszainak szorzatával a köztük lévő szög koszinuszával: cosa = cosb*cosc + sinb*sinc*cosA 3. T.K. egy gömbháromszög szögénél: egy gömbháromszög szögének koszinusza egyenlő a másik két szög koszinuszának szorzatával, amelyet ellentétes előjellel veszünk fel, plusz a másik két szög szinuszának szorzatával az első szöggel szemközti oldal koszinusza: cosA = -cosBcosC + sinBsinCcosa. EULER TÉTELE 1. T.E. az összehasonlításelméletben azt állítja, hogy ha (a, m)=1, akkor ahol f(m) az Euler-függvény (a pozitív egészek száma m-re koppint, nem haladja meg m-t). 2. T.E. a poliéderekről azt állítja, hogy bármely nulla nemzetség poliéderére érvényes a képlet: B + G – P = 2, ahol B a csúcsok száma, G a lapok száma, P a poliéder éleinek száma.

Descartes azonban először észlelte ezt a függőséget.

Ezért T.E. poliédereken történelmileg helyesebb a Descartes-Euler-tételt nevezni.

A B + G – P számot a poliéder Euler-karakterisztikájának nevezzük.

T.E. zárt gráfokra is vonatkozik. Thalész tétele Az elemi geometria egyik tétele az arányos szakaszokról T.F. kimondja, hogy ha a szög egyik oldalán a csúcsából egymás után egyenlő szakaszokat fektetünk le, és ezeknek a szegmenseknek a végein párhuzamos vonalakat húzunk, amelyek metszik a szög második oldalát, akkor a másodikra ​​is egyenlő szegmenseket fektetünk le. a szög oldala.

Egy speciális eset T.F. egy háromszög középvonalának néhány tulajdonságát fejezi ki. Fermat utolsó tétele P. Fermat állítása szerint az xn + yn = zn egyenletnek (ahol n kettőnél nagyobb egész szám) nincs megoldása pozitív egész számokban, annak ellenére, hogy P. Fermat kijelentette, hogy sikerült egy csodálatos B .F.T bizonyítékot találnia helyhiány miatt nem idéz (ezt a megjegyzést P. Fermat írta Diophantus könyvének margójára), egészen a közelmúltig (a 90-es évek közepéig) W.T.F. általánosságban véve nem bizonyított. FERMA KIS TÉTELE Az Euler-tétel speciális esete, amikor az m=p modul prímszám.

M.T.F. a következőképpen fogalmazva: ha p prímszám, akkor ap=a(mod p). Abban az esetben, ha a nem osztható p-vel, az M.T.F. a következő: ap-1=1(mod p). M.T.F. Pierre Fermat francia tudós fedezte fel. HÖLDER EGYENLŐTLENSÉGE Véges összegekre a következő alakja van: , vagy integrál formában: , ahol p > 1 és. N.G. gyakran használják a matematikai elemzésben.

N.G. a Cauchy-féle algebrai egyenlőtlenség és a Bunyakovszkij-egyenlőtlenség integrális formában történő általánosítása, amelybe N.G. megfordul p = 2-nél. CARDANO FORMULA A köbegyenlet gyökeit kifejező képlet: x3+px+q=0 (*) együtthatóin keresztül. Minden köbegyenlet az F.K. alakra redukálódik. így van írva: . Az első köbös gyök tetszőleges értékének kiválasztásakor a második gyök értékét (három lehetséges közül) válassza ki, amely az első gyök kiválasztott értékével rendelkező szorzatban (-p/3) ad. Így megkapjuk a (*) egyenlet mindhárom gyökét. Még mindig nem világos, hogy kié az F.K.: G. Cardano, N. Tartaglie vagy S. Ferro. F.K. századra nyúlik vissza. CAUCHY EGYENLŐTLENSÉGE Véges összegekre érvényes egyenlőtlenség; egy nagyon fontos és leggyakrabban használt egyenlőtlenség a matematika és a matematikai fizika különböző területein.

Először Cauchy hozta létre 1821-ben. Az N.K. szerves analógját: V. Ya orosz matematikus hozta létre. Bunyakovszkij. MENELUS TÉTEL Ha egy egyenes az ABC háromszög oldalait vagy azok kiterjesztését C', A' és B' pontokban metszi, akkor a következő összefüggés érvényes: (*) A szakaszok arányát pozitívnak vesszük, ha az egyenes metszi az oldalt. a háromszög, és negatív, ha az egyenes metszi az oldal kiterjesztését.

A fordított kifejezés is igaz: ha teljesül a (*) egyenlőség, ahol A, B, C a háromszög csúcsai, és A’, B’, C’ ugyanazon az egyenesen fekszik.

T.M. megfogalmazható egy kritérium formájában három A', B' és C' pont egy egyenesen való elhelyezkedésére: ahhoz, hogy 3 pont A', B' és C' ugyanazon az egyenesen legyen, szükséges és elégséges, hogy teljesüljön az összefüggés (*), ahol A, B, C a háromszög csúcsai, A', B', C' pedig a BC, AC és AB egyenesekhez tartoznak. T.M. az ókori görög tudós Menelaosz (1. század) egy gömb alakú háromszöget mutatott be, és úgy tűnik, Eukleidész is ismerte (Kr. e. 3. század). A T.M. az általánosabb Carnot-tétel speciális esete. MINKOWSKI EGYENLŐTLENSÉG A számok p-edik hatványainak egyenlőtlensége, amelynek alakja: , ahol a p>1 egész szám, valamint ak és bk nemnegatív számok.

N.M. a jól ismert „háromszög-egyenlőtlenség” általánosítása, amely kimondja, hogy a háromszög egyik oldalának hossza nem nagyobb, mint a másik két oldala hosszának összege; n-dimenziós tér esetén az x=(x1, x2, …, xn) és y=(y1, y2, …, yn) pontok közötti távolságot az N.M szám határozza meg. G. Minkowski német matematikus állította fel 1896-ban. MOHLWEIDE-KÉPLETEK Síktrigonometriai képletek, amelyek a következő összefüggést fejezik ki a háromszög oldalai (hosszúságaik) és szögei között: ; , ahol a, b, c a háromszög oldalai, A, B, C pedig a háromszög szögei.

F.M. K. Molweide német matematikusról nevezték el, aki ezeket használta, bár ezeket a képleteket más matematikusok is ismerték. annak feltételeit.

B.N. alakja: , ahol Cnk binomiális együtthatók, amelyek egyenlők n elem kombinációinak számával k-val, azaz. vagy. Ha a különböző n=0, 1, 2, ... binomiális együtthatókat egymást követő sorokba írjuk, akkor Pascal háromszögéhez jutunk. Tetszőleges valós szám (és nem csak nem negatív egész szám) esetén B.N. binomiális sorozattá általánosítva, a tagok számának kettőről nagyobb számra való növelése esetén pedig polinomiális tételként A Newton-féle binomiális képlet általánosítása k tagok összegének emelése esetére (k>2). egy nemnegatív egész hatványhoz n: , ahol a jobb oldali összegzés kiterjed az összes lehetséges nemnegatív a1, a2, …, ak halmazra, összeadva n-t. Az A(n)a1, a2, … ,ak együtthatókat polinomoknak nevezzük, és a következőképpen fejezzük ki: Ha k=2, a polinomiális együtthatók binomiális együtthatókká válnak.

POLKE TÉTELE A következőképpen fogalmazódik meg: három tetszőleges hosszúságú, egy síkban fekvő és egy közös pontból, egymással tetszőleges szögben kiinduló szegmens az i, j, k térbeli ortogonális keret párhuzamos vetületeként fogható fel ( |i|. = |j|. A tételt K. Polke német geométer (1860) fogalmazta meg bizonyítás nélkül, majd G. Schwarz német matematikus általánosította, és megadta annak elemi bizonyítását.

A Polke-Schwartz-tétel a következőképpen fogalmazható meg: bármely nem degenerált négyszög az átlóival egy tetszőlegeshez hasonló tetraéder párhuzamos vetületének tekinthető.

T.P. nagy gyakorlati jelentőséggel bír (bármely négyszög az átlóival felvehető például egy szabályos tetraéder képének), és az axonometria egyik fő tétele PTOLEMIUS TÉTELE Az elemi geometria tétele, amely megállapítja az oldalak és az oldalak közötti kapcsolatot. körbe írt négyszög átlói: bármely körbe írt konvex négyszögben az átlók szorzata megegyezik a szemközti oldalai szorzatának összegével, azaz. az egyenlőség érvényesül: AC*BD = AB*CD + BC*AD stb. Claudius Ptolemaiosz ókori görög tudósról nevezték el, aki bebizonyította ezt a tételt.

T.P. elemi geometria feladatok megoldásánál, a szinuszok összeadás tételének egy speciális esetének bizonyításakor SIMPSON FORMULA Két párhuzamos bázisú testek térfogatának kiszámítására szolgáló képlet: , ahol Qн az alsó alap területe, Qв a. a felső alap területe, Qс a test középső részének területe. Egy test átlagos metszetén itt azt az ábrát értjük, amelyet a testnek az alapok síkjaival párhuzamos és ezektől a síkoktól egyenlő távolságra elhelyezkedő síkkal metszenek.

h a test magasságát jelöli. F.S.-ből speciális esetként számos jól ismert képletet kapnak az iskolában tanult testek térfogatára vonatkozóan (csonka gúla, henger, gömb stb.). SZINUSOK TÉTELE A síkbeli trigonometria tétele, amely egy tetszőleges háromszög a, b, c oldalai és az ezekkel az oldalakkal ellentétes szögek szinuszai közötti összefüggést állapítja meg: , ahol R a háromszögre körülírt kör sugara.

Szférikus trigonometriához T.S. analitikusan a következőképpen fejezzük ki: . STEWART TÉTELE a következő: ha A, B, C egy háromszög három csúcsa, és D bármely pont a BC oldalon, akkor a következő összefüggés áll fenn: AD2*BC = AB2*CD + AC2*BD – BC*BD* CD, T .WITH. M. Stewart angol matematikusról nevezték el, aki bebizonyította és megjelentette a „Some General Theorems” (1746, Edinburgh) című művében. A tételt tanára, R. Simson mondta el Stewartnak, aki ezt a tételt csak 1749-ben tette közzé. T.S. háromszögek mediánjainak és felezőpontjainak meghatározására szolgál.

ÉRINTŐTÉTEL (REGIOMONTAN FORMULA) A síkbeli trigonometria képlete, amely megállapítja a kapcsolatot a háromszög két oldalának hossza és a velük szemközti szögek félösszegének és félkülönbségének érintői között. alakja: , ahol a, b a háromszög oldalai, A, B az ezekkel az oldalakkal ellentétes szögek. T.T. Regiomontanus-képletnek is nevezik Johannes Muller (latinul Regiomontanus) német csillagász és matematikus után, aki ezt a formulát létrehozta. J. Müllert „Königsbergernek” nevezték: németül König a király, Berg a hegy, latinul a „király” és a „hegy” a származási esetben regis és montis.

Ezért a „Regiomontan” I. Muller latinosított vezetékneve. „Matematikai kifejezések magyarázó szótára”, O.V. Manturov KÉPLETEK ÉS TÉTELEK A VADIMSOFT-BEST-RŐL. NAROD.RU.

Mit csinálunk a kapott anyaggal:

Ha ez az anyag hasznos volt az Ön számára, elmentheti az oldalára a közösségi hálózatokon:

3. Így oldanak meg egyenleteket a szőkék!

4. Matematika a szemüvegen keresztül

Ez a felirat, amit néhány éve készítettem, talán a legrövidebb bizonyítéka annak, hogy... 2 = 3. Helyezzen rá egy tükröt (vagy nézze meg a fényen keresztül), és látni fogja, hogyan fordul a „kettő” "háromba"

5. Betűkeverő

Egy másik szokatlan képlet:

tizenegy + kettő = tizenkettő + egy.

Kiderült, hogy angolul a 11 + 2 = 12 + 1 egyenlőség igaz, még akkor is, ha szavakkal írjuk le - a bal és a jobb oldalon lévő betűk „összege” ugyanaz! Ez azt jelenti, hogy ennek az egyenlőségnek a jobb oldala a bal anagrammája, vagyis abból a betűk átrendezésével kapjuk.

Hasonló, bár kevésbé érdekes, szó szerinti egyenlőségeket kaphatunk oroszul:

tizenöt + hat = tizenhat + öt.

6. Pi... vagy nem Pi?..

1960 és 1970 között a fő nemzeti ital, a „Moszkvai különleges vodka” ára: fél liter 2,87, negyed liter 1,49. Ezeket a számokat valószínűleg a Szovjetunió szinte teljes felnőtt lakossága ismerte. A szovjet matematikusok észrevették, hogy ha egy fél liter árát a negyed árának megfelelő teljesítményre emelik, akkor a „Pi” számot kapjuk:

1,49 2,87 ??

(B. S. Gorobets tudósítása).

A könyv első kiadásának megjelenése után a Leenzon I. A. Moszkvai Állami Egyetem Kémiai Karának docense a következő érdekes megjegyzést küldte nekem ehhez a képlethez: „...sok évvel ezelőtt, amikor még nem voltak számológépek, és a fizika tanszéken egy nehéz tesztet végeztünk egy csúszásvonalon (!) ( hányszor kell a mozgatható vonalzót jobbra-balra mozgatni?), én apám legpontosabb táblázatai segítségével (ő földmérő volt, egész életében egy felsőbb geodéziai vizsgáról álmodozott), rájött, hogy negyvenkilenc rúpia kettő-nyolcvanhét erejéig egyenlő 3, 1408. Ez nem elégített ki. Szovjet Állami Tervbizottságunk nem viselkedhetett ilyen durván. A Kereskedelmi Minisztériummal a Kirovskaya ügyében folytatott konzultációk azt mutatták, hogy minden országos szintű árkalkulációt századcentes pontossággal végeztek. De a pontos számokat titoktartásra hivatkozva nem voltak hajlandók közölni (akkor meglepett - micsoda titkolózás lehet a tized-század fillérben). Az 1990-es évek elején sikerült az archívumból pontos adatokat szereznem az addigra külön rendelettel feloldott vodka áráról. És ez lett: negyed: 1 rubel 49,09 kopekka. Eladó - 1,49 rubel. Fél liter: 2 rubel 86,63 kopecka. Eladó - 2,87 rubel. Számológéppel könnyen kiderítettem, hogy ebben az esetben fél liter hatványának negyede (5 számjegyre kerekítve) pontosan 3,1416-ot ad! Csak el lehet csodálkozni a Szovjet Állami Tervezőbizottság dolgozóinak matematikai képességein, akik (ebben egy pillanatig sem kételkedem) konkrétan egy korábban ismert eredményhez igazították a legnépszerűbb ital becsült költségét.”

Melyik, az iskolából híres matematikus van titkosítva ebben a rebusban?

8. Elmélet és gyakorlat

Egy matematikus, fizikus és mérnök a következő feladatot kapta: „Egy fiú és egy lány állnak a terem szemközti falainál. Egy ponton elkezdenek egymás felé sétálni, és tíz másodpercenként megteszik a köztük lévő távolság felét. A kérdés az, hogy mennyi idő alatt érik el egymást?

A matematikus habozás nélkül válaszolt:

Soha.

A fizikus egy kis gondolkodás után így szólt:

Végtelen időn keresztül.

A mérnök hosszas számítások után kiadta:

Körülbelül két perc múlva elég közel lesznek minden gyakorlati célhoz.

9. Szépségformula a Landau-tól

A következő pikáns formulára, amelyet Landaunak, a szebbik nem nagy szerelmének tulajdonítottak, a híres Landauved Gorobets professzor hívta fel a figyelmembe.

Amint az MSUIE docense, A. I. Zyulkov elmondta, hogy Landau a következő képletet vezette le a női vonzerő mutatójára:

Ahol K- mellbőség; M- a csípőn; N- derék körül, T- magasság, minden cm-ben; P- súly kg-ban.

Tehát, ha a modell paramétereit (1960-as évek) hozzávetőlegesen vesszük: 80-80-60-170-60 (a fenti értéksorban), akkor a képlet szerint 5-öt kapunk. Ha a „ anti-modell”, például: 120 -120-120-170-60, akkor 2-t kapunk. Az iskolai osztályzatok ezen tartományában durván szólva működik a „Landau-képlet”.

(Idézet a könyvből: Gorobets B. Landau kör. Egy zseni élete. M.: LKI/URSS Kiadó, 2008.)

10. Bárcsak tudnám ezt a távolságot...

Egy másik tudományos érv a női vonzerőről, amelyet Dau-nak tulajdonítottak.

Határozzuk meg egy nő vonzerejét a tőle való távolság függvényében. Ha az argumentum végtelen, ez a függvény nullává válik. Másrészt a nulla pontban ez is nulla (külső vonzerőről beszélünk, nem tapintható vonzerőről). Lagrange tétele szerint egy nem negatív folytonos függvénynek, amely egy szakasz végén nulla értéket vesz fel, ezen a szakaszon van maximuma. Ennélfogva:

1. Van egy távolság, ahonnan a nő a legvonzóbb.

2. Ez a távolság minden nőnél más.

3. Távolságot kell tartani a nőktől.

11. Lóbiztos

Tétel: Minden ló egyforma színű.

Bizonyíték. Bizonyítsuk be a tétel állítását indukcióval.

Nál nél n= 1, azaz egy lóból álló halmazra nyilvánvalóan igaz az állítás.

Legyen igaz a tétel erre n = k. Bizonyítsuk be, hogy erre is igaz n = k+ 1. Ehhez vegyünk egy tetszőleges halmazt k+ 1 ló. Ha egy lovat eltávolítasz belőle, akkor csak az lesz k. Az indukciós hipotézis szerint mindegyik azonos színű. Most tegyük vissza az eltávolított lovat a helyére, és vegyünk egy másikat. Ismét az induktív hipotézis szerint ezek k a megmaradt lovak ugyanolyan színűek. De akkor ez minden k+ 1 ló ugyanolyan színű lesz.

Ezért a matematikai indukció elve szerint minden ló azonos színű. A tétel bizonyítást nyert.

12. Egy kicsit a krokodilokról

Egy másik csodálatos illusztráció a matematikai módszerek zoológiában való alkalmazásáról.

Tétel: A krokodil hosszabb, mint széles.

Bizonyíték. Vegyünk egy tetszőleges krokodilt, és bizonyítsunk be két segédlemmát.

1. lemma: A krokodil hosszabb, mint a zöld.

Bizonyíték. Nézzük felülről a krokodilt – hosszú és zöld. Nézzük meg alulról a krokodilt – hosszú, de nem olyan zöld (valójában sötétszürke).

Ezért az 1. lemma bevált.

2. lemma: A krokodil zöldebb, mint a széles.

Bizonyíték. Nézzük újra felülről a krokodilt. Zöld és széles. Nézzük oldalról a krokodilt: zöld, de nem széles. Ez bizonyítja a 2. lemmát.

A tétel állítása nyilvánvalóan a bizonyított lemmákból következik.

A fordított tétel („A krokodil szélesebb, mint hosszú”) hasonló módon igazolható.

Első pillantásra mindkét tételből az következik, hogy a krokodil négyzet alakú. Mivel azonban a megfogalmazásukban az egyenlőtlenségek szigorúak, egy igazi matematikus az egyetlen helyes következtetést vonja le: KROKODILOK NEM LÉTEZnek!

13. Ismét indukció

Tétel: Minden természetes szám egyenlő egymással.

Bizonyíték. Bármely két természetes számra ezt be kell bizonyítani AÉs B az egyenlőség teljesül A = B. Fogalmazzuk át így: bármelyikre N> 0 és bármely AÉs B, kielégítve a max( A, B) = N, az egyenlőséget is ki kell elégíteni A = B.

Bizonyítsuk be ezt indukcióval. Ha N= 1, akkor AÉs B, mivel természetes, mindkettő egyenlő 1. Ezért A = B.

Tételezzük fel most, hogy az állítás valamilyen értékkel bizonyított k. Vessünk AÉs Búgy hogy max( A, B) = k+ 1. Ezután max( A–1, B–1) = k. Az indukciós hipotézisből az következik, hogy ( A–1) = (B-1). Eszközök, A = B.

14. Minden általánosítás téves!

A nyelvi és matematikai rejtvények kedvelői valószínűleg ismerik a reflexív vagy önleíró (ne gondolj semmi rosszra) önreferenciális szavakat, kifejezéseket és számokat. Ez utóbbi például a 2100010006 számot tartalmazza, amelyben az első számjegy egyenlő a szám rögzítésében szereplő egyesek számával, a második a kettesek számával, a harmadik a hármasok számával, ..., a tizedik - a nullák száma.

Az önleíró szavak közé tartozik például a szó huszonegy levél, én találtam ki néhány éve. Valójában 21 betű van!

Nagyon sok önleíró kifejezés ismert. Az egyik első orosz nyelvű példát sok évvel ezelőtt a híres karikaturista és verbális szellemes Vagrich Bakhchanyan találta fel: Ebben a mondatban harminckét betű van. Íme néhány másik, jóval később kitalált: 1. Tizenhét levél. 2. Ennek a mondatnak a végén van egy hiba. 3. Ez a mondat hét szóból állna, ha hét szóval rövidebb lenne. 4. Ön az irányításom alatt áll, és addig fog olvasni, amíg be nem fejezi az olvasást. 5. ...Ez a mondat három ponttal kezdődik és végződik..

Vannak bonyolultabb kivitelek is. Csodálja meg például ezt a szörnyeteget (lásd Sz. Tabacsnyikov „A papnak volt egy kutyája” megjegyzését a „Kvant” folyóiratban, 1989. 6. szám): Ebben a kifejezésben a „ben” szó kétszer, az „ez” szó kétszer, a „kifejezés” szó kétszer, az „előfordul” szó tizennégyszer, a „szó” szó tizennégyszer fordul elő, és a „szó” raz” hatszor fordul elő, a „raza” szó kilencszer, a „kettő” szó hétszer, a „tizennégy” szó háromszor, a „három” szó háromszor, a „kilenc” szó kétszer fordul elő. , a „hét” szó kétszer, kettő A „hat” szó többször is előfordul.

Egy évvel a Kvantban való megjelenés után I. Akulich egy önleíró mondattal állt elő, amely nemcsak a benne szereplő szavakat írja le, hanem az írásjeleket is: Az Ön által olvasott kifejezés a következőket tartalmazza: két szó „kifejezés”, két szó „melyik”, két szó „Ön”, két szó „olvasott”, két szó „tartalmazza”, huszonöt szó „szavak”, két szó „szó”. , két szó „kettőspont”, két szó „vessző”, két szó „by”, két szó „balra”, két szó „és”, két szó „jobbra”, két szó „idézőjelek”, két szó „a”, kettő az „is”, két szó „pont”, két szó „egy”, két szó „egy”, huszonkét szó „kettő”, három szó „három”, két szó „négy”, három szó „öt”, négy szó „húsz”, két szó „harminc”, egy kettőspont, harminc vessző, huszonöt bal és jobb idézőjel, valamint egy pont.

Végül, néhány évvel később, ugyanabban a „Kvantban”, megjelent A. Khanyan feljegyzése, amelyben egy kifejezést adtak, amely alaposan leírta annak összes betűjét: Ebben a kifejezésben tizenkét V, két E, tizenhét T, három O, két Y, két F, hét R, tizennégy A, kettő 3, tizenkettő E, tizenhat D, hét H, hét C, tizenhárom B, nyolc C, hat M , öt I, kettő H, kettő S, három I, három Sh, két P.

„Egyértelműen érezhető, hogy hiányzik még egy kifejezés – egy olyan, amely minden betűjéről és írásjeléről szólna” – írta egy privát levelében I. Akulich, aki a korábban idézett szörnyek egyikét szülte. Talán valamelyik olvasónk megoldja ezt a nagyon nehéz problémát.

15. „És a zseni a paradoxonok barátja...”

Az előző téma folytatásaként érdemes megemlíteni a reflexív paradoxonokat.

J. Littlewood korábban említett „A Mathematical Mixture” című könyvében jogosan mondják, hogy „természetesen minden reflexív paradoxon kiváló vicc”. Ebből is van kettő, amelyeket megengedek magamnak idézni:

1. Olyan (pozitív) egész számoknak kell lenniük, amelyeket nem lehet tizenhat szónál rövidebb kifejezésekkel kifejezni. A pozitív egész számok bármely halmaza tartalmazza a legkisebb számot, ezért van szám N, "a legkisebb egész szám, amely nem fejezhető ki tizenhat szónál rövidebb kifejezéssel." De ez a kifejezés 15 szót tartalmaz és meghatározza N.

2. Egy folyóiratban Néző pályázatot hirdettek „Mit olvasnál legszívesebben, amikor kinyitod a reggeli újságodat?” témában. Az első díj a következő választ kapta:

Második versenyünk

Az idei második versenyen első díjat Arthur Robinson úr kapott, akinek szellemes válasza könnyen a legjobbnak tekinthető. A válasza a következő kérdésre: „Mit olvasna legszívesebben, amikor kinyitja a reggeli újságot?” "Második pályázatunk" címet kapta, de papír korlátok miatt nem tudjuk teljes terjedelmében kinyomtatni.

16. Palindromatika

Vannak olyan csodálatos kifejezések, amelyeket ugyanúgy olvasnak balról jobbra és jobbról balra. Egy dolgot biztosan mindenki tud: A rózsa pedig Azor mancsára esett. Ő volt az, akit a szeszélyes Malvina kért fel, hogy írjon a tudatlan Pinokkió diktátumába. Az ilyen kölcsönös kifejezéseket palindromáknak nevezik, ami görögül azt jelenti: „visszafutás, visszatérés”. Íme néhány további példa: 1. Liliputi harcsa fűrészelés a hídon. 2. Felmászok a fürdőszobába. 3. Lefeküdt a templomra, és az arkangyal csodálatos és láthatatlan. 4. Vadkan nyomott padlizsán. 5. Múzsa, akit megsebzett a rengeteg tapasztalat, észért fogsz imádkozni. (Avaliani D.). 6. Ritkán tartok a kezemmel cigarettacsikket... (B. Goldstein) 7. Ha tejszagot érzek, nyávogok. (G. Lukomnyikov). 8. Ő egy fűz, de ő egy rönk. (S.F.)

Kíváncsi vagyok, hogy vannak-e palindromok a matematikában? A kérdés megválaszolásához próbáljuk meg átvinni a kölcsönös, szimmetrikus olvasás gondolatát számokra és képletekre. Kiderült, hogy nem is olyan nehéz. Nézzünk csak néhány tipikus példát erre a palindromikus matematikára: palindromatika. Ha eltekintünk a palindrom számoktól, pl. 1991 , 666 stb. - azonnal térjünk át a szimmetrikus képletekre.

Először próbáljuk meg megoldani a következő feladatot: keressük meg az összes ilyen kétjegyű számpárt

(x 1 - első számjegy, y 1 - második számjegy) és

hogy összeadásuk eredménye ne változzon az összeg jobbról balra történő leolvasása következtében, azaz.

Például 42 + 35 = 53 + 24.

A probléma triviálisan megoldható: az összes ilyen számpár első számjegyeinek összege egyenlő a második számjegyük összegével. Most könnyedén építhet hasonló példákat: 76 + 34 = 43 + 67, 25 + 63 = 36 + 52 és így tovább.

Hasonló módon érvelve könnyen megoldható ugyanaz a probléma más aritmetikai műveleteknél is.

Eltérés esetén, pl.

a következő példákat kapjuk: 41 – 32 = 23 –14, 46 – 28 = 82 – 64, ... - az ilyen számok számjegyeinek összege egyenlő ( x 1 + y 1 = x 2 + y 2 ).

Szorzás esetén a következőt kapjuk: 63 48 = 84 36, 82 14 = 41 28, ... - ebben az esetben a számok első számjegyeinek szorzata N 1 És N 2 egyenlő a második számjegyük szorzatával ( x 1 x 2 = y 1 y 2 ).

Végül a felosztáshoz a következő példákat kapjuk:

Ebben az esetben a szám első számjegyének szorzata N 1 a szám második számjegyére N 2 egyenlő a másik két számjegyük szorzatával, azaz. x 1 y 2 = x 2 y 1 .

17. Szovjetellenes tétel

A következő „tétel” bizonyítása, amely az „alulfejlett szocializmus” korszakában jelent meg, az akkori évek népszerű tézisein alapul a kommunista párt szerepével kapcsolatban.

Tétel. A párt szerepe negatív.

Bizonyíték. Köztudott, hogy:

1. A párt szerepe folyamatosan növekszik.

2. A kommunizmus alatt, egy osztály nélküli társadalomban a párt szerepe nulla lesz.

Így van egy folyamatosan növekvő függvényünk, amely 0-ra hajlik. Ezért negatív. A tétel bizonyítást nyert.

18. Tizenhat éven aluli gyermekek nem dönthetnek

A következő probléma látszólagos abszurditása ellenére mégis van egy teljesen szigorú megoldása.

Feladat. Anya 21 évvel idősebb a fiánál. Hat év múlva ötszöröse lesz nála. A kérdés: HOL VAN APA?!

Megoldás. Hadd x- a fia életkora és Y- anya életkora. Ezután a problémafeltételt két egyszerű egyenletrendszerként írjuk fel:

Helyettesítés Y = x+ 21 a második egyenletbe, 5-öt kapunk x + 30 = x+ 21 + 6, honnan x= –3/4. Így most mínusz 3/4 éves a fia, i.e. mínusz 9 hónap. Ez azt jelenti, hogy apa jelenleg az anya tetején van!

19. Váratlan következtetés

Az ironikus kifejezés: „Ha ilyen okos vagy, akkor miért vagy olyan szegény?”, jól ismert, és sajnos sok emberre vonatkozik. Kiderült, hogy ennek a szomorú jelenségnek szigorú matematikai igazolása van, amely ugyanilyen vitathatatlan igazságokon alapul.

Nevezetesen, kezdjük két jól ismert posztulátummal:

1. posztulátum: Tudás = Hatalom.

2. posztulátum: Idő = pénz.

Ráadásul ezt minden iskolás tudja

Útvonal s = sebesség x idő = munka: erő,

Munka: Idő = erő x sebesség (*)

Ha mindkét posztulátumban az „idő” és az „erő” értékeit (*) helyettesítjük, a következőt kapjuk:

Munka: (tudás x sebesség) = pénz (**)

A kapott egyenlőségből (**) jól látható, hogy a „tudást” vagy a „sebességet” nullára irányítva annyi pénzt kaphatunk, amennyit csak akarunk bármilyen „munkáért”.

Innen a következtetés: minél hülyébb és lustább az ember, annál több pénzt tud keresni.

20. Landau matematikai játéka

Néhány évvel ezelőtt a „Tudomány és Élet” magazin (2000. 1. szám) közzétette B. Gorobets professzor feljegyzését, amely nagy érdeklődést váltott ki az olvasók körében, és annak a csodálatos kirakós játéknak szentelte, amelyet Landau akadémikus talált ki, hogy elkerülje az unalmat utazás közben. az autó. Gyakran hívta társait játszani ebbe a játékba, amelyben az elhaladó autók rendszámai véletlenszám-érzékelőként szolgáltak (akkoriban ezek a számok két betűből és két számpárból álltak). A játék lényege az volt, hogy az aritmetikai műveletek jeleivel és az elemi függvények szimbólumaival (pl. +, –, x, :, v, sin, cos, arcsin, arctg, lg stb.) egy és ugyanarra vezessenek. vagyis ez a két kétjegyű szám az elhaladó autó számából. Ebben az esetben megengedett a faktoriális ( n! = 1 x 2 x ... x n), de szekáns, koszekáns és differenciálás használata nem megengedett.

Például a 75-33 párnál a kívánt egyenlőség a következőképpen érhető el:

és a 00-38 pároshoz - így:

Azonban nem minden probléma oldódik meg ilyen egyszerűen. Némelyikük (például 75–65) meghaladta a játék szerzője, Landau képességeit. Ezért felmerül a kérdés valami univerzális megközelítésről, valami egyetlen képletről, amely lehetővé teszi bármely számpár „megoldását”. Ugyanezt a kérdést tette fel Landau és tanítványa, Prof. Kaganov. Konkrétan ezt írja: „Mindig lehet rendszámból egyenlőséget csinálni?” - kérdeztem Landautól. – Nem – válaszolta nagyon határozottan. - Bebizonyítottad a megoldás nemlétére vonatkozó tételt? - Meglepődtem. – Nem – mondta Lev Davidovics meggyőződéssel –, de nem sikerült minden számban.

Ilyen megoldásokat azonban találtak, az egyiket maga Landau életében.

Palant, a harkovi matematikus egy képletet javasolt a számpárok kiegyenlítésére

lehetővé téve az ismételt használat eredményeként bármilyen szám kifejezését bármely kisebben keresztül. „Elhoztam Landau bizonyítékát” – írja Kaganov erről a döntésről. - "Nagyon tetszett neki..., és félig tréfásan, félig komolyan megbeszéltük, hogy közöljük-e valamilyen tudományos folyóiratban."

Palant formulája azonban a ma már „tiltott” szekánst használja (több mint 20 éve nem szerepel az iskolai tantervben), ezért nem tekinthető kielégítőnek. Ezt azonban könnyen meg tudtam oldani egy módosított képlet segítségével

A kapott képlet (ismét, ha szükséges, többször is alkalmazni kell) lehetővé teszi, hogy bármilyen számot bármilyen nagy számmal kifejezzünk anélkül, hogy más számokat használnánk, ami nyilvánvalóan kimeríti Landau problémáját.

1. A számok között ne legyenek nullák. Készítsünk belőlük két számot abÉs CD, (ezek természetesen nem művek). Mutassuk meg, hogy mikor n ? 6:

bűn[( ab)!]° = bűn[( CD)!]° = 0.

Valóban, bűn ( n!)° = 0, ha n? 6, mivel sin(6!)° = sin720° = sin(2 x 360°) = 0. Ekkor tetszőleges faktoriálist kapunk 6-tal szorozva! a következő egész számokhoz: 7! = 6! x 7, 8! = 6! x 7 x 8 stb., ami a szinusz argumentumában a 360° többszörösét adja, így az (és az érintő is) nullával egyenlő.

2. Legyen nulla valamelyik számpárban. Megszorozzuk a szomszédos számjeggyel, és egyenlővé tesszük a faktoriális szinuszával fokokban, amelyeket a szám egy másik részében lévő számból vettünk.

3. Legyenek a szám mindkét oldalán nullák. Ha megszorozzuk a szomszédos számjegyekkel, akkor a triviális egyenlőség 0 = 0.

Az általános megoldás három pontra osztása nullával szorozva a 2. és 3. pontban abból adódik, hogy sin( n!)° ? 0 ha n < 6».

Természetesen az ilyen általános megoldások megfosztják Landau játékát eredeti varázsától, csupán elvont érdeket képvisel. Tehát próbáljon meg egyéni nehéz számokkal játszani univerzális képletek használata nélkül. Íme néhány közülük: 59–58; 47–73.; 47–97.; 27–37.; 00–26.

21. Jóslás a meghatározók alapján

22. 9 karakter

Bővebben a meghatározó tényezőkről.

Azt mondták nekem, hogy valamikor a Mechanika-Matematika Kar elsőéves hallgatói körében népszerű volt a pénzes „meghatározó” játék. Két játékos 3 x 3-as azonosítót húz papírra üres cellákkal. Ezután egyenként 1-től 9-ig számokat szúrunk be az üres cellákba. Amikor az összes cellát kitöltjük, a determináns kiszámításra kerül - a válasz az előjelet figyelembe véve az első játékos nyerése (vagy vesztesége). , rubelben kifejezve. Vagyis ha például a szám -23-nak bizonyult, akkor az első játékos 23 rubelt fizet a másodiknak, és ha mondjuk 34, akkor éppen ellenkezőleg, a második játékos fizet az első 34 rubelt.

Bár a játékszabályok olyan egyszerűek, mint a fehérrépa, a megfelelő nyerési stratégiát nagyon nehéz kitalálni.

23. Hogyan oldották meg az akadémikusok a problémát

Ezt a jegyzetet A. Zsukov matematikus és író, a „The Ubiquitous Number Pi” című csodálatos könyv szerzője küldte nekem.

Borisz Solomonovics Gorobets professzor, aki két moszkvai egyetemen tanít matematikát, könyvet írt a nagy fizikusról, Lev Davidovich Landauról (1908–1968) - „Landau köre”. Itt van egy érdekes történet, amit a fizika és technológia bevezető problémáiról mesélt nekünk.

Történt, hogy Landau kollégája és az elméleti fizika tízkötetes kurzusának társszerzője, Jevgenyij Mihajlovics Lifshitz akadémikus (1915–1985) 1959-ben segített a végzett Bora Gorobetsnek felkészülni Moszkva egyik vezető fizikai egyetemére.

A Moszkvai Fizikai és Matematikai Intézet matematika írásbeli vizsgáján a következő problémát javasolták: „A SABC piramis alján egy ABC derékszögű egyenlő szárú háromszög található, C = 90° szöggel, AB oldal = l. Az oldallapok ?, ?, ? kétszöget alkotnak az alap síkjával. Keresse meg a piramisba írt golyó sugarát!

A leendő professzor akkor nem tudott megbirkózni a feladattal, de emlékezett annak állapotára, és később tájékoztatta Jevgenyij Mihajlovicsot. Ő, miután egy diák jelenlétében bütykölte a problémát, nem tudta azonnal megoldani, és hazavitte, este pedig felhívott és közölte, hogy mivel egy órán belül nem oldotta meg, felajánlotta ezt a problémát. Lev Davidovicsnak.

Landau szeretett olyan problémákat megoldani, amelyek mások számára nehézséget okoztak. Hamarosan visszahívta Lifshitset, és elégedetten azt mondta: „Megoldottam a problémát. Pontosan egy órába telt a döntés. Felhívtam Zeldovichot, most ő dönt. Hadd magyarázzuk el: Jakov Boriszovics Zeldovics (1914–1987), egy híres tudós, aki Landau tanítványának tartotta magát, azokban az években a szigorúan titkos Szovjet Atomprojekt (amiről persze kevesen tudtak) elméleti fizikusa volt. akkor). Körülbelül egy órával később E. M. Lifshits újra felhívott, és azt mondta: Zeldovich éppen most hívta fel, és nem minden büszkeség nélkül azt mondta: „Megoldottam a problémáját. Negyven perc alatt döntöttem!”

Mennyi ideig fog tartani ezt a feladatot?

24. Probléma

A „Zany Scientific Humor” (Moszkva, 2000) szellemes fizika és technológia humor gyűjteményében jó néhány matematikai vicc található. Íme, csak egy közülük.

Egy termék tesztelése során egy hiba történt. Mennyi a valószínűsége a termék hibamentes működésének?

Tétel. Minden természetes szám érdekes.

Bizonyíték. Tegyük fel az ellenkezőjét. Ekkor kell lennie egy legkisebb érdektelen természetes számnak. Ha, ez baromi érdekes!

26. Magasabb aritmetika

1 + 1 = 3, ha az 1 értéke elég nagy.

27. Einstein-Pythagoras formula

E = m c 2 = m(a 2 + b 2).

28. Az elmélet előnyeiről

Ezt a vicces történetet diákéletemből problémaként fel lehetne ajánlani a valószínűségszámításról szóló szemináriumokon.

Nyáron a barátaimmal kirándultunk a hegyekbe. Négyen voltunk: Volodya, két Oleg és én. Volt egy sátrunk és három hálózsákunk, amelyek közül az egyik dupla volt Volodyának és nekem. Probléma volt ezekkel a hálózsákokkal, pontosabban a sátorban való elhelyezkedésükkel. Az tény, hogy esett az eső, szűk volt a sátor, szivárgott oldalról, és nem volt túl kényelmes a szélén fekvőknek. Ezért azt javasoltam, hogy ezt a problémát „őszintén”, tételek felhasználásával oldjuk meg.

Nézze, mondtam Olegsnak, Volodyának és nekem van egy franciaágy a szélén vagy a közepén. Ezért feldobunk egy érmét: ha „fej” jön fel, a franciaágyunk a szélén lesz, ha „farok” - középen.

Olegek beleegyeztek, de miután több éjszakát töltöttek a szélén (könnyű kiszámítani a teljes valószínűségi képlet segítségével, hogy Volodya és én mindegyik esetében 0,75 annak a valószínűsége, hogy nem a sátor szélén alszunk), az Olegok gyanították, hogy valami nincs rendben, és javasolta a megállapodás felülvizsgálatát.

Valóban, mondtam, egyenlőtlenek az esélyek. Valójában a franciaágyunkhoz három lehetőség van: a bal szélen, a jobb oldalon és a közepén. Ezért minden este kihúzunk egyet a három bot közül - ha a rövidet húzzuk, akkor a duplánk lesz a középpontban.

Olegék ismét beleegyeztek, bár ezúttal a mi esélyünk, hogy nem a szél közelében töltjük az éjszakát (most a valószínűsége 0,66, pontosabban kétharmad), mindegyiküknél jobb volt. Két szélső éjszaka után (mi volt a legnagyobb esélyünk plusz a szerencse a mi oldalunkon) az Olegok ismét rájöttek, hogy becsapták őket. De aztán szerencsére elállt az eső, és a probléma magától megszűnt.

De valójában a franciaágyunknak mindig a szélén kell lennie, és Volodya és én egy érme segítségével határoztuk meg minden alkalommal, hogy ki volt szerencsés. Az Olegok is ezt tennék. Ebben az esetben a szélen alvás esélye mindenki számára azonos és 0,5 lenne.

Megjegyzések:

Néha hasonló történetet mesélnek el Jean Charles Francois Sturmról.

Körbe és körbe

A Pitagorasz-tétel története évszázadokra és évezredekre nyúlik vissza. Ebben a cikkben nem foglalkozunk részletesen a történelmi témákkal. Az intrika kedvéért mondjuk azt, hogy ezt a tételt nyilvánvalóan az ókori egyiptomi papok ismerték, akik több mint 2000 évvel Kr. e. Aki kíváncsi, annak itt egy link a Wikipédia cikkéhez.

Mindenekelőtt a teljesség kedvéért itt szeretném bemutatni a Pitagorasz-tétel bizonyítását, amely véleményem szerint a legelegánsabb és legkézenfekvőbb. A fenti képen két egyforma négyzet látható: bal és jobb. Az ábrán látható, hogy a bal és a jobb oldalon az árnyékolt figurák területe egyenlő, mivel minden nagy négyzetben 4 egyforma derékszögű háromszög van árnyékolva. Ez azt jelenti, hogy a bal és a jobb oldali árnyékolatlan (fehér) területek is egyenlőek. Megjegyezzük, hogy az első esetben az árnyékolatlan figura területe egyenlő, a második esetben pedig az árnyékolatlan terület területe egyenlő. És így, . A tétel bebizonyosodott!

Hogyan lehet hívni ezeket a számokat? Nem nevezhetjük háromszögnek, mert négy szám nem alkothat háromszöget. És itt! Mint derült égből villámcsapás

Mivel léteznek ilyen négyes számok, ez azt jelenti, hogy léteznie kell egy geometriai objektumnak, amelynek ugyanazok a tulajdonságok tükröződnek ezekben a számokban!

Most már csak egy geometriai objektumot kell kiválasztani ehhez az ingatlanhoz, és minden a helyére kerül! Természetesen ez a feltételezés pusztán hipotetikus volt, és nem volt alátámasztva. De mi van, ha ez így van!

Az objektumok kiválasztása megkezdődött. Csillagok, sokszögek, szabályos, szabálytalan, derékszög, és így tovább és így tovább. Megint semmi sem fér bele. Mit kell tenni? És ebben a pillanatban Sherlock megszerezte a második vezetést.

Növelnünk kell a méretet! Mivel a három egy síkon lévő háromszögnek felel meg, ezért a négy valami háromdimenziósnak felel meg!

Óh ne! Megint túl sok lehetőség! És három dimenzióban sokkal-sokkal több különböző geometriai test található. Próbálj meg mindegyiken keresztülmenni! De ez nem olyan rossz. Van derékszög és egyéb nyomok is! Amink van? Egyiptomi számnégyesek (legyenek egyiptomiak, kell valaminek nevezni), derékszög (vagy szögek) és valami háromdimenziós objektum. A levonás működött! És... Azt hiszem, a gyors észjárású olvasók már rájöttek, hogy olyan piramisokról beszélünk, amelyeknek az egyik csúcsánál mindhárom szög egyenes. Akár fel is hívhatod őket téglalap alakú piramisok derékszögű háromszöghöz hasonló.

Új tétel

Tehát mindenünk megvan, amire szükségünk van. Téglalap alakú (!) piramisok, oldal szempontokés szekant arc-hipoténusz. Ideje rajzolni egy másik képet.

A képen egy piramis látható, amelynek csúcsa a téglalap alakú koordináták origójában van (a piramis úgy tűnik, hogy az oldalán fekszik). A piramist három egymásra merőleges vektor alkotja, amelyeket az origótól a koordinátatengelyek mentén ábrázolunk. Vagyis a piramis minden oldallapja egy derékszögű háromszög, amelynek az origója derékszögű. A vektorok végei meghatározzák a vágási síkot és a gúla alaplapját alkotják.

Tétel

Legyen egy téglalap alakú piramis, amelyet három egymásra merőleges vektor alkot, amelyek területei egyenlőek - , és a hipotenusz felülete - . Akkor

Alternatív megfogalmazás: Egy tetraéder piramis esetében, amelyben az egyik csúcsban minden síkszög derékszögű, az oldallapok területének négyzeteinek összege megegyezik az alapterület négyzetével.

Természetesen, ha a szokásos Pitagorasz-tételt a háromszögek oldalainak hosszára fogalmazzuk meg, akkor a mi tételünket a piramis oldalainak területeire. Ennek a tételnek a háromdimenziós bizonyítása nagyon egyszerű, ha ismeri a vektoralgebrát.

Bizonyíték

Fejezzük ki a területeket a vektorok hosszával.

Ahol .

Képzeljük el a területet az és a vektorokra épített paralelogramma területének fele

Mint ismeretes, két vektor vektorszorzata egy olyan vektor, amelynek hossza számszerűen megegyezik az ezeken a vektorokon felépített paralelogramma területével.
Ezért

És így,

Q.E.D!

Természetesen, mint hivatásos kutatással foglalkozó ember, ez már életemben megtörtént, nem egyszer. De ez a pillanat volt a legfényesebb és legemlékezetesebb. Megtapasztaltam egy felfedező érzéseinek, érzelmeinek és élményeinek teljes skáláját. Egy gondolat megszületésétől, egy gondolat kikristályosodásától, a bizonyítékok feltárásától kezdve - egészen a teljes félreértésig, sőt elutasításig, amellyel ötleteim találkoztak barátaim, ismerőseim, és ahogy nekem akkoriban úgy tűnt, az egész világban. Egyedülálló volt! Úgy éreztem magam, mint Galilei, Kopernikusz, Newton, Schrödinger, Bohr, Einstein és sok más felfedező bőrében.

Utószó

Az életben minden sokkal egyszerűbbnek és prózaibbnak bizonyult. Elkéstem... De mennyivel! Még csak 18 éves! Szörnyű, hosszan tartó kínzások alatt, és nem először, a Google elismerte, hogy ez a tétel 1996-ban jelent meg!

Ezt a cikket a Texas Tech University Press tette közzé. A szerzők, hivatásos matematikusok bevezették a terminológiát (amely egyébként nagyrészt egybeesett az enyémmel), és bebizonyítottak egy általánosított tételt is, amely egynél nagyobb méretű térre érvényes. Mi történik 3-nál nagyobb méretekben? Minden nagyon egyszerű: az arcok és területek helyett hiperfelületek és többdimenziós térfogatok lesznek. És az állítás természetesen ugyanaz marad: az oldallapok térfogatának négyzetösszege megegyezik az alap térfogatának négyzetével - csak a lapok száma lesz nagyobb, és mindegyik térfogata közülük egyenlő lesz a generáló vektorok szorzatának felével. Szinte elképzelhetetlen! Csak gondolkodni lehet, ahogy a filozófusok mondják!

Meglepő módon, amikor megtudtam, hogy egy ilyen tétel már ismert, egyáltalán nem voltam ideges. Valahol a lelkem mélyén sejtettem, hogy nem biztos, hogy én vagyok az első, és megértettem, hogy erre mindig fel kell készülnöm. De ez az érzelmi élmény, amit kaptam, kutatói szikrát gyújtott fel bennem, ami biztos vagyok benne, hogy most sem fog elhalványulni!

P.S.

Egy művelt olvasó linket küldött a kommentek közé
De Gois tétele

Részlet a Wikipédiából

1783-ban a tételt J.-P. francia matematikus bemutatta a Párizsi Tudományos Akadémiának. de Gois, de korábban René Descartes és előtte Johann Fulgaber ismerte, aki valószínűleg elsőként fedezte fel 1622-ben. Általánosabb formában a tételt Charles Tinsault (francia) fogalmazta meg a Párizsi Tudományos Akadémiának 1774-ben.

Tehát nem 18 évet késtem, hanem legalább pár évszázadot!

Források

Az olvasók számos hasznos linket adtak a megjegyzésekben. Itt vannak ezek és még néhány link:

Ez év júniusában idő előtt meghalt Dmitrij Germanovics Von Der Flaass (1962–2010), a figyelemre méltó matematikus és tanár, derűs és elbűvölő személyiség. Olvasóink nem egyszer találkoztak ezzel a névvel – a Kvant folyóirat gyakran közölte problémáit. Dmitrij Germanovics sikeresen dolgozott a nagy tudományban, de ez csak egy része volt tevékenységének. A második az iskolások matematikai olimpiáiból állt: az összszövetségi és az összoroszországi olimpiák, az elmúlt években pedig a nemzetközi olimpiák zsűrijében dolgozott. Különféle matematikatáborokban, iskolákban tartott előadásokat, csapatunk egyik edzője volt a Nemzetközi Matematikai Olimpián.

Figyelmébe ajánlunk egy felvételt (enyhe rövidítésekkel és a szerző stílusát megőrizve) D. Von Der Flaass előadásáról, amelyet az Orljonoki Összoroszországi Gyermekközpontban tartott 2009-ben.

Volt egy ősi szofista Gorgias. Három tétel megfogalmazásáról híres. Az első tétel így hangzik: a világon semmi sem létezik. A második tétel: és ha valami létezik, akkor az ember számára megismerhetetlen. A harmadik tétel: ha valami mégis megismerhető, akkor az átadhatatlan a szomszédnak.

Vagyis nincs semmi, és ha van valami, akkor arról nem fogunk tudni semmit, sőt, ha megtudunk is valamit, nem fogjuk tudni elmondani senkinek.

És ez a négy tétel szigorúan véve a modern matematika fő problémája.

Gorgias első tétele

Kezdjük az elsővel – a világon semmi sem létezik, vagy a matematika nyelvére lefordítva a matematika valami érthetetlent művel. Bizonyos értelemben ez igaz. Hiszen matematikai objektumok nem léteznek a világon. A legegyszerűbb dolog, ahol minden kezdődik, és amit a matematikusok folyamatosan használnak, a természetes számok. Mindannyian tudjuk, mik a természetes számok – ezek 1, 2, 3, 4 és így tovább. És az a tény, hogy mindannyian értjük a „és így tovább” szavak jelentését, nagy rejtély. Mert az „és így tovább” azt jelenti, hogy „végtelen sok” szám van. A mi világunkban nincs helye annak, hogy valami végtelen mennyiségben létezzen. De mindannyian biztosak vagyunk abban, hogy amikor a természetes számokra gondolunk, mindannyian ugyanarra gondolunk. Ha az én 7-emet 8 követi, akkor a 7-ét 8 követi. Ha a 19-em prímszám, akkor a 19-ed prímszám lesz. Ezért? Úgy tűnik, hogy ez a tárgy nem létezik a világon, de mi tudunk róla, és mindannyian ugyanarról a dologról tudunk. Ez természetesen nem matematikai, hanem filozófiai rejtvény, és hadd vitassák meg a filozófusok. Nekünk elég az, hogy szerencsére még van fogalmunk a matematikai objektumokról, és ez mindenkinek ugyanaz, aki elkezd róluk gondolkodni. És ezért lehetséges a matematika. De a nagy filozófiai probléma továbbra is fennáll.

Ha a matematikusoknál megszokott módon ezt komolyan gondolod, vagyis megpróbálsz valahogy szigorúan gondolkodni, akkor problémák merülnek fel, amelyekről most szólok. Nemrég merültek fel az emberiség emlékezetében, szó szerint az elmúlt száz évben.

A matematikában a természetes számokon kívül sokkal több van. Ott van a mi euklideszi síkunk, amelyre mindenféle háromszöget, szöget rajzolunk, és ezekről tételeket bizonyítunk. Vannak valós számok, vannak komplex számok, vannak függvények, van még valami szörnyűbb... Valahol a 19–20. század fordulóján rengeteg munka folyt (bár ez persze kicsit elkezdődött korábban), az emberek rájöttek, hogy a matematikai objektumok teljes változata elvileg egyetlen fogalomra - a halmaz fogalmára - redukálható. Természetesen, ha csak intuitív elképzelésünk van arról, hogy mi a halmaz, és mi az „és így tovább”, akkor alapvetően meg tudjuk alkotni az összes matematikát.

Mi az a készlet? Nos, ez csak egy csomó valami. A kérdés az: mit lehet kezdeni a készletekkel? Ha van valamilyen készletünk, akkor mit jelent az, hogy van? Ez azt jelenti, hogy világunk bármely eleméről, a matematikai objektumok világáról megkérdezhetjük, hogy benne van-e ebben a halmazban vagy sem, és választ kaphatunk. A válasz egyértelmű, akaratunktól teljesen független. Ez az első, alapvető dolog, amit a halmazokkal megtehet – derítse ki, hogy egy elem a halmazhoz tartozik-e vagy sem.

Természetesen ezeket a halmazokat valahogy még meg kell alkotnunk. Hogy végül belőlük épüljön fel a matematikai objektumok teljes gazdagsága. Hogyan épülhetnek fel? Mondjuk, létrehozhatunk egy üres halmazt: Ø. A legelső, a legegyszerűbb. Mit tudunk róla? Hogy akármelyik elemről is kérdezzük, hogy ebbe a halmazba tartozik-e vagy sem, a válasz mindig az lesz: nem, nem tartozik. És ezzel az üres halmaz már egyedileg meghatározott. Minden ezzel kapcsolatos kérdés azonnali választ kap. Hurrá!

Most már megvan ez az üres készlet. És létrehozhatunk egy halmazt, amely nem tartalmaz mást, mint az üres halmazt: (Ø). Még egyszer, mit jelent az, hogy megvan ez a készlet? Ez azt jelenti, hogy bármelyik elemre rákérdezhetünk, hogy ebbe a halmazba tartozik-e vagy sem. És ha ez az elem az üres halmaz, akkor a válasz „igen” lesz. És ha ez az elem más, akkor a válasz „nem” lesz. Tehát ez a készlet is adott.

Itt kezdődik minden. Van néhány intuitívabb művelet, amelyet használhat. Ha két halmazunk van, akkor kombinálhatjuk őket. Elmondhatjuk, hogy most lesz egy halmaz, amelyben lesznek elemek egyik vagy másik halmazból. Arra a kérdésre, hogy egy elem a kapott halmazhoz tartozik-e vagy sem, ismét egyértelmű a válasz. Ez azt jelenti, hogy szakszervezetet építhetünk. Stb.

Egy ponton külön ki kell jelentenünk, hogy végül is van valamiféle halmazunk, amelyben végtelenül sok elem van. Mivel tudjuk, hogy vannak természetes számok, úgy gondoljuk, hogy létezik egy végtelen halmaz. Értesítjük, hogy a természetes számok halmaza is rendelkezésünkre áll. Amint megjelenik egy végtelen halmaz, mindenféle bajba keveredhet, és bármit meghatározhat, amit csak akar. Egész számok definiálhatók. Az egész szám vagy nulla vagy természetes szám, mínuszjellel vagy anélkül. Mindezt (talán nem annyira nyilvánvaló, mint mondom) meg lehet tenni a halmazelmélet nyelvén.

A racionális számok definiálhatók. Mi a racionális szám? Ez egy két számból álló pár – egy számláló és egy (nem nulla) nevező. Csak azt kell meghatároznia, hogyan adja hozzá őket, hogyan szaporítsa őket egymás között. És mik azok a feltételek, amikor az ilyen párokat azonos racionális számnak tekintjük.

Mi a valós szám? Itt egy érdekes lépés. Mondhatnánk például, hogy ez egy végtelen tizedes. Ez nagyon jó meghatározás lenne. Mit jelent ez - egy végtelen tizedes tört? Ez azt jelenti, hogy van valamiféle végtelen számsorozatunk, vagyis egyszerűen minden természetes számra tudjuk, hogy melyik szám áll a valós számunk ezen a helyén. Minden ilyen sorozat valós számot alkot. Ismét meghatározhatjuk, hogyan adjuk össze őket, hogyan szorozzuk őket, és így tovább.

Egyébként a matematikusok nem így szokták definiálni a valós számokat, hanem hogyan. Vegyük az összes racionális számot – már megvannak. Most mondjuk ki, hogy a valós szám azoknak a racionális számoknak a halmaza, amelyek szigorúan kisebbek nála. Ez egy nagyon trükkös meghatározás. Valójában nagyon hasonlít az előzőhöz. Például, ha van egy valós számunk 3,1415926... (végtelen számsor következik, amit nem tudok fejből), akkor például mik lesznek a nála kisebb racionális számok? Vágjuk le a második tizedesjegynél lévő törtet. A 3,14-es számot kapjuk, ez kisebb, mint a miénk. Vágjuk le a negyedik tizedesjegynél lévő törtet - 3,1415-öt kapunk, egy másik, a miénknél kisebb racionális számot. Nyilvánvaló, hogy ha az összes racionális számot kevesebben ismerjük, mint a számunk, akkor ez a szám egyértelműen meghatározott. Jól el lehet képzelni egy olyan képet, mint amilyen az 1. ábrán látható. Az egyenes az összes valós szám, köztük van valahol az ismeretlenünk, és tőle balra sok-sok racionális szám, ami kisebb nála. Ennek megfelelően az összes többi racionális nagyobb lesz nála. Intuitív módon egyetlen rés van a racionális számok két halmaza között, és ezt a rést valós számnak fogjuk nevezni. Ez egy példa arra, hogy a halmaz fogalmától kezdve az egész matematika apránként feloldódik.

Miért van erre szükség? Nyilvánvaló, hogy a gyakorlatban ezt természetesen senki sem használja. Amikor egy matematikus mondjuk egy komplex változó függvényeit tanulmányozza, nem emlékszik minden alkalommal arra, hogy egy komplex szám valós pár, hogy a valós végtelen számú racionális szám, a racionális szám egész számpár, és így tovább. Már teljesen kialakított objektumokkal működik. De elvileg mindent az alapokig le lehet írni. Nagyon hosszú és olvashatatlan lesz, de ennek ellenére elvileg lehetséges.

Mit csinálnak ezután a matematikusok? Ezek az objektumok különböző tulajdonságait bizonyítják. Valaminek bizonyításához már ismernie kell valamit, ezeknek az objektumoknak néhány kezdeti tulajdonságát. És mi több, a matematikusoknak teljes egyetértésben kell lenniük abban, hogy mely kezdeti tulajdonságokkal kezdjenek. Így az egyik matematikus által elért eredményt az összes többi elfogadja.

Ezek közül a kezdeti tulajdonságok közül többet felírhat - ezeket axiómáknak nevezzük -, majd felhasználhatja az egyre bonyolultabb matematikai objektumok összes többi tulajdonságának bizonyítására. De most a természetes számokkal kezdődnek a nehézségek. Vannak axiómák, és intuitív módon úgy érezzük, hogy igazak, de kiderül, hogy vannak olyan állítások a természetes számokról, amelyek ezekből az axiómákból nem származtathatók, de mégis igazak. Tegyük fel, hogy a természetes számok eleget tesznek egy bizonyos tulajdonságnak, de az alapnak elfogadott axiómákból nem kapható meg.

Rögtön felmerül a kérdés: honnan tudjuk akkor, hogy ez a tulajdonság igaz a természetes számokra? Mi van, ha nem tudjuk elfogadni és így bebizonyítani? Nehéz kérdés. Kiderül valami ilyesmi. Ha csak a természetes számok axiómáival boldogulsz, akkor sok mindenről elvileg még beszélni sem lehet. Például lehetetlen a természetes számok tetszőleges végtelen részhalmazairól beszélni. Az embereknek azonban van fogalmuk arról, hogy mi ez, és elvileg intuitív módon megértik, hogy milyen tulajdonságok határozzák meg ezeket a részhalmazokat. Ezért a természetes számok bizonyos tulajdonságairól, amelyek az axiómákból nem következtethetők le, az emberek tudhatnák, hogy ezek igazak. Tehát Kurt Gödel matematikus volt az első, aki kifejezetten megmutatta a természetes számoknak egy olyan tulajdonságát, amely intuitív módon igaz (vagyis a matematikusok nem tiltakoznak az ellen), de ugyanakkor nem vezethető le a természetes számok akkor elfogadott axiómáiból.

Részben és valójában nagyon nagy mértékben (a matematika legtöbb területére elegendő) ezt a problémát úgy kezelték, hogy gondosan mindent halmazokra redukáltak, és felírtak egy bizonyos halmazelméleti axiómakészletet, amelyek intuitív módon nyilvánvalóak és ezek érvényessége. A matematikusok axiómái általában nem vitatottak.

Mondjuk az egyesülés axiómája. Ha van néhány halmazunk, akkor azt mondhatjuk: alkossunk egy halmazt, amely ebből a halmazból tartalmazza ezeknek a halmazoknak az összes elemét. Nincs ésszerű kifogás az ilyen halmaz léte ellen. Vannak ravaszabb axiómák is, amelyekkel kicsit több a probléma. Most a halmazelmélet három trükkös axiómáját nézzük meg, amelyekkel kapcsolatban elvileg kétségek merülhetnek fel.

Például van egy ilyen axióma. Tételezzük fel, hogy van néhány elem halmaza, és tételezzük fel, hogy mindegyikre egyedileg meg tudjuk határozni egy adott függvény értékét ezen az elemen. Az axióma azt mondja, hogy ezt a függvényt alkalmazhatjuk ennek a halmaznak minden elemére, és ami együtt történik, az ismét halmazt alkot (2. ábra). A legegyszerűbb példa: egy függvény, amely x-et x 2 -re konvertál, tudjuk, hogyan kell kiszámítani. Tegyük fel, hogy ha van természetes számok halmaza, akkor mindegyiket négyzetre emelhetjük. Az eredmény ismét egy természetes számhalmaz lesz. Egy ilyen intuitívan nyilvánvaló axióma, nem értesz egyet? De a probléma az, hogy ezek a függvények nagyon összetetten definiálhatók, a halmazok nagyon nagyok lehetnek. Van egy ilyen helyzet is: tudjuk, hogy a függvényünkről tudjuk bizonyítani, hogy az egyedileg definiált, de ennek a függvénynek a fajlagos értékét a halmaz minden elemére kiszámítani rendkívül nehéz, sőt végtelenül nehéz. Bár tudjuk, hogy biztosan van valami válasz, és ez egyértelmű. Ez az axióma még ilyen összetett helyzetekben is alkalmazhatónak tekinthető, és ebben a nagyon általános formában a halmazelméleti problémák egyik forrásaként szolgál.

A második axióma, amely egyrészt kézenfekvő, másrészt problémákat hoz, egy adott halmaz összes részhalmazának axiómája. Azt mondja, hogy ha van valamilyen halmazunk, akkor van egy halmazunk is, amely egy adott halmaz összes részhalmazából áll. A véges halmazok esetében ez természetesen nyilvánvaló. Ha van véges halmazunk N elemeket, akkor csak 2 részhalmaza lesz N. Elvileg ki is írhatjuk mindet, ha nem vagyunk nagyon lusták. A legegyszerűbb végtelen halmazzal sincs gondunk. Nézzük: vegyünk egy természetes számkészletet 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 és így tovább. Miért nyilvánvaló számunkra, hogy a természetes számok összes részhalmazának családja létezik? Mert tudjuk, mik ezek az elemek. Hogyan képzelheti el a természetes számok egy részhalmazát? Tegyünk egyeseket azokhoz az elemekhez, amelyeket veszünk, és nullákat azokhoz, amelyeket nem veszünk, és így tovább. Elképzelheti, hogy ez egy végtelen bináris tört (3. ábra). Kisebb korrekciókig (mint például az a tény, hogy egyes számokat két különböző végtelen bináris törttel lehet ábrázolni) kiderül, hogy a valós számok nagyjából megegyeznek a természetes számok részhalmazaival. És mivel intuitívan tudjuk, hogy a valós számokkal minden rendben van, léteznek, vizuálisan egy folytonos vonalként ábrázolhatók, akkor ezen a helyen minden rendben van az adott halmaz összes részhalmazának halmazáról szóló axiómánkkal.

Ha jobban belegondolunk, kicsit ijesztővé válik. Ennek ellenére a matematikusok úgy vélik, hogy ez az axióma mindig igaz: ha van egy halmazunk, akkor van egy halmaz az összes részhalmazából. Ellenkező esetben nagyon nehéz lenne néhány konstrukciót elkészíteni.

És még egy axióma, amivel a legtöbb probléma volt, mert eleinte nem hittek benne. Talán még a nevét is hallotta – a választás axiómája. Sokféleképpen megfogalmazható, van, amelyik nagyon összetett, van, amelyik nagyon egyszerű. Most elmondom a választási axióma legvizuálisabb megfogalmazásának módját, amelyből igazán nyilvánvaló lesz, hogy igaz. Legyen néhány halmazunk. Valójában keresztezhetik egymást, de ez nem számít – az egyszerűség kedvéért még ne metssze egymást. Ezután megszerkeszthetjük mindezen halmazok szorzatát. Mit is jelent ez? Ennek a munkának az elemei ezek lesznek – mindegyikből veszünk egy-egy elemet, és mindegyikből alkotunk egy halmazt (4. ábra). A halmazból egy elem kiválasztásának minden módja a halmazok szorzatának egy elemét adja.

Természetesen, ha ezen halmazok között van egy üres, amiből nincs mit választani, akkor mindegyik szorzata is üres lesz. És a választás axiómája egy teljesen nyilvánvaló tényt állít - ha ezek a készletek nem üresek, akkor a termék sem lesz üres. Egyetért azzal, hogy a tény nyilvánvaló? És a jelek szerint ez végül az egyik legerősebb érv amellett szólt, hogy a választás axiómája valóban igaz. Más megfogalmazásokban a választás axiómája nem hangzik olyan nyilvánvalóan, mint ebben.

Azok a megfigyelések, hogy a matematikusok hogyan igazolják állításaikat, és megpróbáltak minden matematikát a halmazelmélet nyelvére lefordítani, azt mutatták, hogy a matematikusok sok helyen anélkül, hogy ezt észrevennék, ezt az axiómát használják. Amint ezt észrevették, azonnal világossá vált, hogy külön nyilatkozatra kell szétválasztani - mivel mi használjuk, akkor valahonnan el kell vinni. Vagy bizonyítanunk kell, vagy ki kell jelentenünk, hogy ez egy alapvető nyilvánvaló tény, amelyet axiómának tekintünk, és amelyet megengedünk használni. Kiderült, hogy ez valóban alaptény, hogy nem lehet csak minden más ténnyel bizonyítani, nem is lehet cáfolni, ezért ha el akarjuk fogadni, akkor fogadjuk el axiómaként. És persze el kell fogadni, mert ebben a formában ez valóban nyilvánvaló.

Itt adódtak nagy problémák, mert amint ezt a tényt kifejezetten megfogalmazták, és azt mondták, hogy „használni fogjuk”, a matematikusok azonnal nekivágtak, és felhasználva nagyszámú, teljesen intuitív módon nem nyilvánvaló állítást bizonyítottak. És még az intuitíven helytelennek tűnő kijelentések is.

Íme a legszembetűnőbb példa egy ilyen kijelentésre, amelyet a választás axiómája alapján bizonyítottak: vehetsz egy labdát, oszthatod több darabra, és ezekből adhatsz hozzá két pontosan egyforma golyót. Mit jelent itt a „több darabra osztás”, mondjuk a 7? Ez azt jelenti, hogy minden pontra megmondjuk, hogy e hét darab közül melyikbe esik. De ez nem olyan, mint egy késsel labdát vágni – sokkal nehezebb lehet. Például itt van egy nehezen elképzelhető, de könnyen elmagyarázható módja annak, hogy egy golyót két részre vágjunk. Vegyük egy darabba az összes racionális koordinátával rendelkező pontot, egy másikba pedig azokat a pontokat, amelyeknek irracionális koordinátája van. Minden pontnál tudjuk, hogy melyik bábuba esett, vagyis ez a labda törvényes felosztása két darabra. De nagyon nehéz ezt tisztán elképzelni. Ezen darabok mindegyike, ha távolról nézi, úgy fog kinézni, mint egy egész labda. Bár ezek közül az egyik darab nagyon kicsi lesz, a másik pedig nagyon nagy. Tehát a választási axióma segítségével bebizonyították, hogy egy golyót 7 darabra lehet vágni, majd ezeket a darabokat egy kicsit el lehet mozgatni (mégpedig térben mozgatni, mindenféle torzítás nélkül, hajlítás nélkül) és visszahelyezni. újra össze úgy, hogy két golyót kapjon, pontosan így, mint a legelején. Ez az állítás, bár bevált, valahogy vadul hangzik. De aztán végre rájöttek, hogy jobb megbékélni a választás axiómájának ilyen következményeivel, mint teljesen elhagyni. Nincs más út: vagy elhagyjuk a választás axiómáját, és akkor már egyáltalán nem tudjuk sehol használni, és sok fontos, szép és intuitív matematikai eredmény bizonyíthatatlannak bizonyul. Vagy vesszük – az eredmények könnyen bizonyíthatóvá válnak, ugyanakkor kapunk ilyen korcsokat. De az emberek sok mindent megszoknak, és megszokták ezeket a korcsokat is. Általánosságban elmondható, hogy most nincs probléma a választás axiómájával.

Kiderült, hogy van egy halmazelméleti axiómánk, megvan a matematikánk. És többé-kevésbé úgy tűnik, hogy mindaz, amit az ember a matematikában megtehet, kifejezhető a halmazelmélet nyelvén. De itt ugyanaz a probléma merül fel, amelyet Gödel az aritmetikában fedezett fel. Ha van egy bizonyos meglehetősen gazdag axiómakészletünk, amely leírja halmazvilágunkat (ami az összes matematika világa), akkor biztosan lesznek olyan állítások, amelyekről nem tudhatjuk, hogy igazak-e vagy sem. Olyan állítások, amelyeket ezekből az axiómákból nem tudunk bizonyítani, és nem is cáfolhatunk. A halmazelmélet hatalmasat fejlődik, és most a legközelebb van ehhez a problémához: sokszor olyan helyzettel kell megküzdenünk, amikor bizonyos kérdések egészen természetesnek hangzanak, választ akarunk kapni rájuk, de bebizonyosodott, hogy soha nem fogjuk tudni, választ, mert az axiómákból mind ez a válasz, sem más válasz nem vezethető le.

Mit kell tenni? Halmazelméletben valahogy ezt próbálják leküzdeni, nevezetesen új axiómákat próbálnak kitalálni, amelyeket valamiért még hozzá lehet adni. Bár úgy tűnik, minden, ami az emberiség számára intuitív módon nyilvánvaló, máris a halmazelmélet azon axiómáira redukálódott, amelyeket a 20. század elején dolgoztak ki. És most kiderült, hogy mégis másra vágysz. A matematikusok tovább edzik intuíciójukat, hogy egyes új állítások valamiért hirtelen minden matematikus számára intuitíven nyilvánvalónak tűnjenek, majd új axiómákként fogadhassák el őket abban a reményben, hogy segítségükkel választ kaphatunk e kérdések egy részére.

Természetesen nem tudom megmondani, hogyan történik mindez, vannak rendkívül összetett állítások, és nagyon mélyre kell ásni a halmazelméletet, először is, hogy megértsük, mit állítanak, másodszor pedig, hogy megértsük, hogy ezek az állítások valóban intuitíven nyilvánvalónak tekintendők és axiómáknak tekintendők. Ezzel foglalkozik most a matematika egyik legrejtélyesebb területe - a halmazelmélet.

Gorgias második tétele

Gorgias második tétele így hangzik: ha valami létezik, az az ember számára megismerhetetlen. Most néhány példát mutatok be az ebbe a kategóriába tartozó kijelentésekre.

A halmazelmélettel volt egy probléma, jogunk van egyáltalán ilyen kérdéseket feltenni: „igaz-e a választás axiómája?” Ha csak matematikát akarunk végezni anélkül, hogy ellentmondásokba keverednénk, akkor elvileg elfogadhatjuk a választás axiómáját és azt is, hogy nem igaz. Mindkét esetben képesek leszünk fejleszteni a matematikát, egyik esetben bizonyos eredményeket elérve, másikban másokat, de soha nem jutunk ellentmondásba.

De most más a helyzet. Nyilvánvalóan vannak olyan eredmények, amelyekre nyilvánvalóan létezik a válasz, és nyilvánvalóan egyértelműen meghatározott, de az emberiség soha nem tudja meg. A legegyszerűbb példa az ún. (3 N+ 1) olyan probléma, amelyről most beszélek. Vegyünk bármilyen természetes számot. Ha páros, akkor oszd ketté. És ha páratlan, akkor szorozzuk meg 3-mal, és adjunk hozzá 1-et. Ugyanezt tesszük a kapott számmal, és így tovább. Például, ha hárommal kezdjük, megkapjuk

Ha héttel kezdjük, a folyamat egy kicsit tovább tart. Már néhány kis számmal kezdődően ez a lánc elég hosszúnak bizonyulhat, de mindig eggyel végződik. Van egy hipotézis, hogy mindegy milyen számmal kezdjük, ha egy ilyen láncot építünk, mindig 1-hez jutunk. Ez az, ami (3 N+ 1)-probléma - helyes ez a hipotézis?

Számomra úgy tűnik, hogy minden jelenlegi matematikus úgy gondolja, hogy ez igaz. A legvakmerőbbek egy része pedig még bizonyítani is próbál. De senkinek semmi sem jött be. És hosszú évtizedek óta nem jött ki. Ez tehát az egyik vonzó kihívás. A komoly matematikusok természetesen lenézik – csak úgy, mint egy szórakoztató rejtvényt. Nem tudni, mi lesz ott, és kinek kell tudnia, mi lesz ott. De a nem komoly matematikusokat továbbra is érdekli, hogy a hipotézis igaz-e vagy sem. És amíg be nem bizonyosodik, addig itt abszolút bármi megtörténhet. Először is nyilvánvaló, hogy erre a kérdésre egyértelmű válasz van: igen vagy nem. Az vagy igaz, hogy bármely természetes számból kiindulva egy felé csúszunk, vagy nem igaz. Intuitív módon világos, hogy itt a válasz nem az axiómák megválasztásától vagy az emberi akarattól függ. Tehát van egy olyan feltételezés, hogy az emberiség soha nem fogja tudni a választ erre a kérdésre.

Természetesen, ha valaki bebizonyítja ezt a hipotézist, akkor tudjuk a választ. De mit jelent bizonyítani? Ez azt jelenti, hogy elmagyarázza nekünk, hogy miért konvergál bármely természetes szám 1-hez, és ezek az okok világosak lesznek számunkra.

Előfordulhat, hogy valaki bebizonyítja, hogy valamilyen hetvenhárom számjegyű szám pontosan olyan tulajdonságokkal rendelkezik, hogy ha ebből a láncot futtatjuk, akkor biztosan tetszőlegesen nagy számokat kapunk. Vagy bebizonyítja, hogy ez a lánc valahol máshol fog hurkolni. Ismét ez lenne az oka annak, hogy a hipotézis hibás.

De például olyan szörnyű rémálmom van: mi van, ha ez az állítás igaz, de ok nélkül? Ez igaz, de ennek az állításnak semmi oka, hogy az egyik ember megértheti és elmagyarázhatja a másiknak. Akkor soha nem tudjuk meg a választ. Mert nem marad más hátra, mint végigmenni az összes természetes számon, és mindegyiknél tesztelni a hipotézist. És ez természetesen meghaladja a hatalmunkat. Az energiamegmaradás törvénye nem teszi lehetővé, hogy véges idő alatt végtelen számú műveletet hajtsunk végre. Vagy a véges fénysebesség. Általában a fizikai törvények nem teszik lehetővé, hogy véges idő alatt végtelen számú műveletet hajtsunk végre, és ismerjük az eredményt.

Sok megoldatlan probléma pontosan ehhez a területhez kapcsolódik, azaz elvileg valóban megoldásra vágyik. Valószínűleg néhányan döntenek majd. Valószínűleg mindenki hallotta már a „Riemann-hipotézis” nevet. Talán néhányan még csak homályosan is értik, mit mond ez a hipotézis. Én személy szerint nagyon homályosan értem. De a Riemann-hipotézissel legalább többé-kevésbé egyértelmű, hogy helyes. Minden matematikus hisz benne, és remélem, a közeljövőben bebizonyosodik. És vannak olyan állítások, amelyeket még senki sem tud bizonyítani vagy cáfolni, és még egy hipotézisben sem biztos, hogy a két válasz közül melyik a helyes. Lehetséges, hogy az emberiség elvileg soha nem fog választ kapni ezekre a kérdésekre.

Gorgias harmadik tétele

A harmadik tétel az, hogy ha valami megismerhető, az nem adható át a szomszédnak. Pontosan ezek a modern matematika legsürgetőbb és talán a leginkább eltúlzott problémái. Az ember bebizonyított valamit, de ezt a bizonyítékot nem tudja elmondani a másiknak. Vagy meggyőzz egy másik embert arról, hogy valóban bebizonyította. Megtörténik. A legelső példa erről a területről, és a közvélemény számára leghíresebb a négy szín problémája. De nem ez a legnehezebb helyzet, ami itt felmerül. Most szólok egy kicsit a négy szín problémájáról, aztán mutatok még őrültebb helyzeteket.

Mi a négy szín probléma? Ez egy gráfelméleti kérdés. A gráf egyszerűen néhány csúcs, amelyeket élek köthetnek össze. Ha ezeket a csúcsokat egy síkra tudjuk rajzolni, és élekkel összekötjük úgy, hogy az élek ne metsszék egymást, akkor egy olyan gráfot kapunk, amelyet planárisnak nevezünk. Mi a grafikon színezése? A tetejét különböző színekre festjük. Ha ezt úgy tettük meg, hogy az éllel szomszédos csúcsok mindig különböző színűek, akkor a színezést szabályosnak nevezzük. Szeretném helyesen színezni a grafikont, minél kevesebb különböző színt használni. Például az 5. ábrán három olyan csúcs van, amelyek páronként kapcsolódnak össze – ami azt jelenti, hogy nincs menekvés, ezeknek a csúcsoknak biztosan három különböző színük lesz. De általában négy szín elegendő a grafikon megfestéséhez (és három hiányzik, ellenőrizheti).

Száz éve probléma: igaz, hogy minden síkra rajzolható grafikon négy színnel színezhető? Egyesek hitték és próbálták bebizonyítani, hogy négy szín mindig elég, mások nem hitték el, és próbáltak példát hozni arra, amikor négy szín nem elég. Volt még egy probléma: a probléma nagyon könnyen megfogalmazható. Ezért sokan, még a nem komoly matematikusok is rácsaptak, és elkezdték bizonyítani. És hatalmas mennyiségű feltételezett bizonyítékot vagy feltételezett cáfolatot mutattak be. Elküldték őket a matematikusokhoz, kiabálták az újságokban: „Hurrá! Bebizonyítottam a négy szín problémát! - és még könyveket is kiadott téves bizonyítékokkal. Egyszóval nagy volt a zaj.

Végül K. Appel és W. Haken bebizonyította. Most nagyjából leírom neked a bizonyítási sémát. És egyúttal látni fogjuk, hogy ez a bizonyíték miért nem közölhető másokkal. Az emberek azzal kezdték, hogy komolyan tanulmányozták a síkgráfok felépítését. Bemutattak egy listát több tucat konfigurációból, és bebizonyították, hogy minden síkgráf szükségszerűen tartalmaz egy ilyen konfigurációt. Ez a bizonyítás első fele. A bizonyítás második fele pedig az, hogy ezen konfigurációk mindegyikénél ellenőrizhetjük, hogy ha benne van a gráfunkban, akkor négy színnel színezhető-e.

Pontosabban, a további bizonyítás ellentmondáson megy keresztül. Tegyük fel, hogy a gráfunkat nem lehet négy színben kiszínezni. Az első felétől tudjuk, hogy van néhány konfigurációja a listából. Ezt követően az alábbi érvelést hajtjuk végre ezen konfigurációk mindegyikénél. Tegyük fel, hogy a gráfunk tartalmazza ezt a konfigurációt. Dobjuk el. Indukcióval négy színre festik, ami megmarad. És ellenőrizzük, hogy akárhogyan is színezzük a maradék négy színt, pontosan ezt a konfigurációt tudjuk-e befejezni.

Az újrafesthető konfiguráció legegyszerűbb példája egy olyan csúcs, amely csak három másikhoz kapcsolódik. Nyilvánvaló, hogy ha a gráfunknak van ilyen csúcsa, akkor a színezést a végére hagyhatjuk. Színezzünk ki minden mást, majd nézzük meg, milyen színekhez kapcsolódik ez a csúcs, és válasszuk ki a negyediket. Más konfigurációk esetében az érvelés hasonló, de összetettebb.

Most hogy sikerült mindez? Lehetetlen ellenőrizni, hogy ilyen nagyszámú konfiguráció mindegyikét mindig kézzel fejezik-e be - ez túl sok időt vesz igénybe. És ezt az ellenőrzést a számítógépre bízták. És ő, miután számos ügyen ment keresztül, valóban megerősítette, hogy ez így van. Az eredmény a négy szín probléma bizonyítéka volt.

Eredetileg így nézett ki. Az okfejtés egy vastag könyvbe írt emberi részét olyan mondatok csatolták, hogy a végső ellenőrzést, hogy minden színeződik-e, a számítógépre bízták, sőt a számítógépes program szövegét is megadták. Ez a program mindent kiszámított és mindent ellenőrzött - valóban, minden rendben van, és ez azt jelenti, hogy a négyszínű tétel bebizonyosodott.

Azonnal felzúdulás támadt, hogy megbízhat-e az ilyen bizonyítékokban. Hiszen a bizonyítás nagy részét számítógép végezte, nem személy. – Mi van, ha a számítógép hibázott? - mondták ilyen szűk látókörűek.

És valóban elkezdődtek a problémák ezzel a bizonyítással, de kiderült, hogy nem a számítógépes, hanem az emberi részben. Hibákat találtak a bizonyításban. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen hosszúságú, összetett kereséseket tartalmazó szöveg természetesen tartalmazhat hibákat. Ezeket a hibákat megtalálták, de szerencsére kijavították.

Maradt a számítógépes rész, amit azóta szintén több gépen teszteltek, akár programokat is átírtak, egyszerűen ugyanazzal a kereséssel. Hiszen ha meg van mondva, hogy pontosan mit kell iterálni, akkor mindenki megírhatja a saját programját és ellenőrizheti, hogy az eredmény olyan lesz-e, amilyennek lennie kell. És nekem például úgy tűnik, hogy az ilyen nagy számítógépes keresések használata a bizonyításban nem jelent problémát. Miért? De ugyanazon okból, ami már a négy szín problémájának példájában is megjelent - hogy sokkal nagyobb a bizalom a számítógépes bizonyítékokban, mint az emberi bizonyítékokban, nem kevésbé. Azt kiabálták, hogy a számítógép egy gép, de mi van, ha valahol elromlik, eltéved, valamit rosszul számol ki... De ez egyszerűen nem lehet így. Mert ha a számítógép véletlenül lefagy valahol, és hiba lépett fel - a nullát véletlenül egy cserélték ki -, az nem vezet hibás eredményhez. Ez nem vezet eredményre, csak a program megszakad. Milyen tipikus műveleteket hajt végre a számítógép? Ilyen-olyan nyilvántartásból vettek ilyen-olyan számot, és átadták az irányítást ilyen-olyan helyre. Természetesen, ha ebben a számban egy bitet változtattak, akkor az irányítás átkerült egy ismeretlen célpontra, és olyan parancsok kerültek oda, amelyek nagyon hamar elpusztítanak mindent.

Természetesen előfordulhat hiba egy számítógépes program megírásában, de ez emberi hiba. Egy személy elolvashatja a programot, és ellenőrizheti, hogy helyes-e vagy sem. Egy személy elolvashatja valaki másnak a bizonyítékát, és ellenőrizheti, hogy helyes-e vagy sem. De az ember sokkal nagyobb valószínűséggel hibázik, mint egy számítógép. Ha valaki másnak elég hosszú bizonyítékát olvasod, és hiba van benne, akkor minden esély megvan rá, hogy nem veszed észre. Miért? Először is azért, mert mivel maga a bizonyítás szerzője követte el ezt a hibát, ez azt jelenti, hogy pszichológiailag indokolt. Vagyis okkal tette, véletlenül – ez elvileg az a hely, ahol egy tipikus ember elkövethet ekkora hibát. Ez azt jelenti, hogy ugyanazt a hibát követheti el, ha elolvassa ezt a részt, és ennek megfelelően nem veszi észre. Ezért az emberi verifikáció, az emberi bizonyítás sokkal kevésbé megbízható igazolási módszer, mint egy számítógépes program eredményének ellenőrzése úgy, hogy azt valamilyen másik gépen újra lefuttatjuk. A második gyakorlatilag garantálja, hogy minden rendben van, az első pedig a szerencsés.

És ez a probléma - az emberek által lejegyzett matematikai szövegben hibát találni - egyre nehezebbé, sőt néha lehetetlenné válik - ez a modern matematika komoly problémája. Harcolnunk kell ellene. Hogyan – most már senki sem tudja. De a probléma nagy, és most komolyan felmerült – erre több példa is van. Itt talán kevésbé ismert, de az egyik legmodernebb. Ez Kepler régi hipotézise. A labdák háromdimenziós térben való elrendezéséről beszél.

Először nézzük meg, mi történik a kétdimenziós térben, vagyis egy síkon. Legyenek azonos köreink. Hogyan lehet a legsűrűbben síkra rajzolni őket úgy, hogy ne metsszék egymást? Van válasz - el kell helyeznie a körök középpontját a hatszögletű rács csomópontjaihoz. Ez a kijelentés nem teljesen triviális, de könnyű.

És a háromdimenziós térben hogyan csomagolná szorosan a golyókat? Először a golyókat egy síkra fektetjük a 6. ábrán látható módon. Ezután egy másik hasonló réteget teszünk a tetejére, végig nyomva, ahogy a 7. ábrán is látható. Ezután egy másik hasonló réteget teszünk a tetejére, és így tovább. Intuitív módon nyilvánvaló, hogy ez a legsűrűbb módja a golyók háromdimenziós térbe való becsomagolásának. Kepler azzal érvelt (és úgy tűnik, ő volt az első, aki megfogalmazta), hogy ennek a csomagolásnak a háromdimenziós tér legsűrűbb tömítésének kell lennie.

Ez a 17. században történt, és ez a hipotézis azóta is fennáll. A 21. század elején megjelent a bizonyítéka. És bármelyikőtök megkaphatja és elolvashatja. Nyilvánosan elérhető az interneten. Ez egy kétszáz oldalas cikk. Egy személy írta, és tartalmaz néhány tisztán matematikai érvelést és számítógépes számításokat is.

Először is, a szerző matematikai érvelést alkalmaz, hogy a problémát véges számú eset tesztelésére redukálja. Utána időnként számítógép segítségével ellenőrzi ezt a végső, de igen nagy számú esetet, minden passzol, és - hurrá! - Kepler hipotézise beigazolódott. És itt van a probléma ezzel a cikkel: senki sem tudja elolvasni. Mert nehéz, mert néhol nem teljesen egyértelmű, hogy tényleg teljes túlzás, mert egyszerűen unalmas olvasni. Kétszáz oldalnyi unalmas számítás. Egy ember nem tudja elolvasni.

Általánosságban elmondható, hogy mindenki azt hiszi, hogy ez a cikk bizonyítja ezt a tételt. De másrészt ezt még senki nem igazolta őszintén, főleg, hogy ez a cikk egyetlen lektorált folyóiratban sem jelent meg, vagyis egyetlen magát tisztelő matematikus sem hajlandó aláírni azt a kijelentést, hogy „igen, minden helyes, és Kepler hipotézise bebizonyosodott."

És ez nem az egyetlen helyzet, ez a matematika más területein is előfordul. Nemrég találkoztam a halmazelméleti, a modellelméleti és a különféle területek megoldatlan problémáinak listájával. Egy hipotézishez pedig ilyen megjegyzések fűződnek: állítólag megcáfolták egy ilyen-olyan cikkben, de senki sem hiszi el.

Ez a helyzet. Az ember bebizonyított egy állítást, de nem tudja azt átadni a másiknak, elmondani a másiknak.

A legszörnyűbb példa természetesen a véges egyszerű csoportok osztályozása. Nem fogom pontosan megfogalmazni, hogy mi az, mik azok a csoportok, mik a véges csoportok, ha akarod, azt magad is megtudhatod. A véges csoportok bizonyos értelemben egyszerű blokkokból állnak össze, amelyeket egyszerű csoportoknak neveznek, és ezeket már nem lehet kisebb blokkokra szétszedni. Ezekből a véges egyszerű csoportokból végtelenül sok van. A teljes listájuk így néz ki: tizenhét végtelen sorozatról van szó, amelyeknek a végére 26 különálló csoport jön, amelyek valamilyen különálló módon épülnek fel, és egyetlen sorozatban sem szerepelnek. Azt állítják, hogy ez a lista tartalmazza az összes véges egyszerű csoportot. A feladat rettenetesen szükséges a matematikához. Ezért a 70-es években, amikor megjelentek a megoldására vonatkozó speciális ötletek és remények, több száz matematikus különböző országokból, különböző intézetekből támadta meg a problémát, mindegyik felvállalta a saját darabját. Voltak, hogy úgy mondjam, ennek a projektnek az építészei, akik nagyjából azt képzelték, hogyan fogják mindezt később egyetlen bizonyítékba gyűjteni. Nyilvánvaló, hogy az emberek siettek és versengtek. Ennek eredményeként az általuk készített darabok összesen mintegy 10 000 folyóiratoldalt tettek ki, és csak ennyi jelent meg. És vannak olyan cikkek is, amelyek vagy előnyomatként, vagy géppel írt másolatként léteztek. Jómagam is olvastam egy ilyen cikket, amely soha nem jelent meg, bár a teljes bizonyíték egy észrevehető darabját tartalmazza. És ez a 10 000 oldal szétszórva van szétszórva a különböző folyóiratokban, különböző emberek írták, különböző fokú érthetőséggel, és egy hétköznapi matematikus számára, aki nem kapcsolódik ehhez, és nem tartozik ennek az elméletnek az építészei közé, nem csak olvasni lehetetlen. mind a 10 000 oldalt, nagyon nehéz megérteni magának a bizonyításnak a szerkezetét is. Ráadásul az építészek egy része azóta egyszerűen meghalt.

Bejelentették, hogy az osztályozás elkészült, bár a bizonyíték csak olyan szöveg formájában létezett, amelyet senki sem tudott elolvasni, és ez a következő bajhoz vezetett. Az új matematikusok kevésbé voltak hajlandók belemenni a véges csoportok elméletébe. Egyre kevesebben csinálják ezt. És könnyen megtörténhet, hogy 50 év múlva nem lesz olyan ember a Földön, aki bármit is meg tudna érteni ebben a bizonyítékban. Lesznek legendák: nagy őseink be tudták bizonyítani, hogy ebben a listában minden véges egyszerű csoport szerepel, és nincs más, de ez a tudás most elveszett. Egészen reális helyzet. De szerencsére nem csak én tartom reálisnak ezt a helyzetet, ezért küzdenek ellene, és úgy hallottam, hogy még külön projektet is szerveztek „Véges egyszerű csoportok osztályozásának bizonyításával kapcsolatos filozófiai és matematikai problémák. ” Vannak, akik megpróbálják olvasható formába hozni ezt a bizonyítást, és talán egyszer tényleg sikerülni fog. Vannak emberek, akik megpróbálják kitalálni, mit kezdjenek ezekkel a nehézségekkel. Az emberiség emlékszik erre a feladatra, és ez azt jelenti, hogy végül megbirkózik vele. De ennek ellenére könnyen előfordulhat, hogy más, hasonlóan összetett tételek is megjelennek, amelyek bizonyíthatóak, de amelyek bizonyítását senki sem tudja elolvasni, senki sem tudja elmondani.

A negyedik tétel

Nos, most a negyedik tétel, amelyről egy kicsit elmesélem, talán még a legszörnyűbb is - „még ha meg is tudja mondani, senkit sem fog érdekelni”. Ennek a problémának egy bizonyos részlete már hallható volt. Az embereket többé nem érdekli a véges csoportok tanulmányozása. Egyre kevesebben csinálják ezt, és a szövegek formájában megőrződött tudástömegre már nincs szüksége senkinek, senki sem tudja, hogyan olvassa el. Ez is olyan probléma, amely a matematika számos területét fenyegeti.

Nyilvánvaló, hogy a matematika egyes területei szerencsések. Például ugyanaz a gráfelmélet és a kombinatorika. Ahhoz, hogy komolyan elkezdje csinálni ezeket, nagyon keveset kell tudnia. Egy keveset tanultál, olimpiai feladatokat oldott meg, egy lépés – és egy megoldatlan probléma elé néz. Van mit vállalni - hurrá, vállaljuk, érdekes, dolgozunk rajta. De a matematikának vannak olyan területei, amelyeken még ahhoz is sokat kell tanulnod, hogy ezt a területet igazán szépnek érezd és tanulni akarod. És ugyanakkor sok más szép dolgot is megtudhat az út során. De nem szabad elvonni a figyelmedet ezektől az útközben talált szépségektől, és a végén eljutsz oda, a vadonba, már ott is látod a szépséget, és akkor is, ha sokat tanultál, képes leszel tanulmányozni ezt a területet. matematika. És ez a nehézség az ilyen területeken probléma. Ahhoz, hogy a matematika területe fejlődjön, gyakorolni kell. Kellő számú embernek annyira kell érdeklődnie iránta, hogy leküzdje az összes nehézséget, odaérjen, és utána folytassa. És most a matematika olyan bonyolultsági szintet ér el, hogy sok területen ez válik a fő problémává.

Nem tudom, hogy az emberiség hogyan fog megbirkózni ezekkel a problémákkal, de érdekes lesz látni.

Tulajdonképpen ennyi.

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete