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= Willkommen bei MWiki =
 
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== Satz des Monats ==
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== Sätze des Monats ==
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Satz: Das Intexverfahren löst jedes lösbare LP in <math>\mathcal{O}({\vartheta}^{3})</math>.
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=== Leibnizsche Differentiationsregel ===
  
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Beweis und Algorithmus: Zuerst normieren und skalieren wir <math>{b}^{T}y - {d}^{T}x \le 0, Ax \le b</math> und <math>{A}^{T}y \ge d</math>. Die ''Höhe'' <math>h</math> habe den Startwert <math>{h}_{0} := |\text{min } \{{b}_{1}, ..., {b}_{m}, {-d}_{1}, ..., {-d}_{n}\}|/r</math> mit dem Reduktionsfaktor <math>r \in \; ]0, 1[</math>.
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Für <math>f: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{\grave{n}} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, a, b: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{n} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, \curvearrowright x := {(s, {x}_{2}, ..., {x}_{n})}^{T}</math> und <math>s \in {}^{(\omega)}\mathbb{K} \setminus \{{x}_{1}\}</math> gilt bei Wahl von <math>\curvearrowright a(x) = a(\curvearrowright x)</math> und <math>\curvearrowright b(x) = b(\curvearrowright x)</math><div style="text-align:center;"><math>\tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right)={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}t}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,a(x)).</math></div>
  
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Das LP min <math>\{h \in [0, {h}_{0}] : x \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{n}, y \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{m}, {b}^{T}y - {d}^{T}x \le h, Ax - b \le (h, ..., h)^{T} \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{m}, d - {A}^{T}y \le (h, ..., h)^{T} \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{n}\}</math> habe mit <math>\underline{v} := {v}^{T}</math> den zulässigen inneren Startpunkt <math>v := ({\underline{x}, \underline{y}, h)}^{T} \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{m+n+1}</math>, z. B. <math>({\underline{0}, \underline{0}, {h}_{0})}^{T}</math>.
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==== Beweis: ====
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<div style="text-align:center;"><math>\begin{aligned}\tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right) &={\left( {\uparrow}_{a(\curvearrowright x)}^{b(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t}-{\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{(f(\curvearrowright x,t)-f(x,t)){\downarrow}t}+{\uparrow}_{b(x)}^{b(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t}-{\uparrow}_{a(x)}^{a(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}t}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,a(x)).\square\end{aligned}</math></div>
  
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Es identifiziert die zueinander dualen LPs max <math>\{{d}^{T}x : d \in {}^{\omega}\mathbb{R}^{n}, x \in {P}_{\ge 0}\}</math> und min <math>\{{b}^{T}y : y \in {}^{\omega}\mathbb{R}_{\ge 0}^{m}, {A}^{T}y \ge d\}</math>.
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=== Satz von Beal ===
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Für <math>a^m + b^n = c^k</math> mit <math>a, b, c \in \mathbb{N}^{*}</math> und <math>k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3}</math> gilt ggT<math>(a, b, c) > 1.</math>
  
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Wir interpolieren nacheinander alle <math>{v}_{k}^{*} := (\text{max } {v}_{k} + \text{min } {v}_{k})/2</math>, bis alle <math>|\Delta{v}_{k}|</math> hinreichend klein sind. In <math>\mathcal{O}(\omega\vartheta)</math> extrapolieren wir dann <math>v</math> über <math>{v}^{*}</math> in den Polytoprand. Das <math>r</math>-fache der über <math>{v}^{*}</math> hinausgehenden Strecke legt den neuen Ausgangspunkt <math>v</math> fest.
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==== Beweis: ====
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Aus <math>b^n = (c^{kq}-a^{mr})\left(\tilde{c}^{k\acute{q}} + \tilde{a}^{m\acute{r}}\right) = c^k - a^m + c^{kq} \tilde{a}^{m\acute{r}} - \tilde{c}^{k\acute{q}} a^{mr}</math> folgt, dass die Funktion <math>f(q,r) := c^{k(\hat{q}-1)} - a^{m(\hat{r}-1)} = 0</math> in <math>q, r \in {}^{\omega} \mathbb{R}_{>0}</math> stetig ist und insbesondere die Lösung <math>(q_0, r_0) = \left(\check{1}, \check{1}\right)</math> besitzt. Jede weitere Lösung in Brüchen ergibt nach Potenzieren ggT<math>(a, c) > 1</math> und damit die Behauptung.<math>\square</math>
  
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Folgt min<math>{}_{k} {h}_{k} t = 0</math> aus <math>t :=</math> min<math>{}_{k} \Delta{h}_{k}</math>, hören wir auf. Dann beginnen wir von vorn, bis min <math>h = 0</math> oder min <math>h > 0</math> feststeht. Da sich <math>h</math> bei fast jedem Durchlauf in <math>\mathcal{O}({\omega\vartheta}^{2})</math> wenigstens halbiert, liefert der starke Dualitätssatz die Behauptung.<math>\square</math>
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===Folgerung: ===
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Die Fermat-Catalan-Vermutung lässt sich analog beweisen und ein unendlicher Abstieg wegen ggT<math>(a,b,c)>1</math> ergibt, dass <math>a^n+b^n=c^n</math> von keinem <math>n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3}</math> für beliebige <math>a,b,c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*}</math> erfüllt wird.<math>\square</math>
  
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== Leseempfehlungen ==
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== Leseempfehlung ==
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[http://www.epubli.de/shop/buch/Relil-Boris-Haase-9783844208726/11049 Relil - Religion und Lebensweg]
 
  
 
[https://de.calameo.com/books/00377797710a3d3e2cb97 Nichtstandardmathematik]
 
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Version vom 4. März 2024, 08:15 Uhr

Willkommen bei MWiki

Sätze des Monats

Leibnizsche Differentiationsregel

Für [math]\displaystyle{ f: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{\grave{n}} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, a, b: {}^{(\omega)}\mathbb{K}^{n} \rightarrow {}^{(\omega)}\mathbb{K}, \curvearrowright x := {(s, {x}_{2}, ..., {x}_{n})}^{T} }[/math] und [math]\displaystyle{ s \in {}^{(\omega)}\mathbb{K} \setminus \{{x}_{1}\} }[/math] gilt bei Wahl von [math]\displaystyle{ \curvearrowright a(x) = a(\curvearrowright x) }[/math] und [math]\displaystyle{ \curvearrowright b(x) = b(\curvearrowright x) }[/math]

[math]\displaystyle{ \tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right)={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}t}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,a(x)). }[/math]

Beweis:

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}\tfrac{{\downarrow} }{{\downarrow} {{x}_{1}}}\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right) &={\left( {\uparrow}_{a(\curvearrowright x)}^{b(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t}-{\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{f(x,t){\downarrow}t} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\left( {\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{(f(\curvearrowright x,t)-f(x,t)){\downarrow}t}+{\uparrow}_{b(x)}^{b(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t}-{\uparrow}_{a(x)}^{a(\curvearrowright x)}{f(\curvearrowright x,t){\downarrow}t} \right)}/{{\downarrow} {{x}_{1}}}\; \\ &={\uparrow}_{a(x)}^{b(x)}{\tfrac{{\downarrow} f(x,t)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}{\downarrow}t}+\tfrac{{\downarrow} b(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,b(x))-\tfrac{{\downarrow} a(x)}{{\downarrow} {{x}_{1}}}f(\curvearrowright x,a(x)).\square\end{aligned} }[/math]

Satz von Beal

Für [math]\displaystyle{ a^m + b^n = c^k }[/math] mit [math]\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{N}^{*} }[/math] und [math]\displaystyle{ k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] gilt ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) \gt 1. }[/math]

Beweis:

Aus [math]\displaystyle{ b^n = (c^{kq}-a^{mr})\left(\tilde{c}^{k\acute{q}} + \tilde{a}^{m\acute{r}}\right) = c^k - a^m + c^{kq} \tilde{a}^{m\acute{r}} - \tilde{c}^{k\acute{q}} a^{mr} }[/math] folgt, dass die Funktion [math]\displaystyle{ f(q,r) := c^{k(\hat{q}-1)} - a^{m(\hat{r}-1)} = 0 }[/math] in [math]\displaystyle{ q, r \in {}^{\omega} \mathbb{R}_{\gt 0} }[/math] stetig ist und insbesondere die Lösung [math]\displaystyle{ (q_0, r_0) = \left(\check{1}, \check{1}\right) }[/math] besitzt. Jede weitere Lösung in Brüchen ergibt nach Potenzieren ggT[math]\displaystyle{ (a, c) \gt 1 }[/math] und damit die Behauptung.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Folgerung:

Die Fermat-Catalan-Vermutung lässt sich analog beweisen und ein unendlicher Abstieg wegen ggT[math]\displaystyle{ (a,b,c)\gt 1 }[/math] ergibt, dass [math]\displaystyle{ a^n+b^n=c^n }[/math] von keinem [math]\displaystyle{ n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] für beliebige [math]\displaystyle{ a,b,c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math] erfüllt wird.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Leseempfehlung

Nichtstandardmathematik

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