Ejemplos de famosos problemas resueltos fácilmente

Question

¿Ha habido ejemplos de aparentemente permanente largos problemas duros, posiblemente respondidas muy fácilmente con las herramientas existentes en el momento que los problemas se hicieron? Ejemplos más modernos sería bueno. Un ejemplo puede ser el teorema de la base de Hilbert. Otro podría ser técnica p-adic de Dwork racionalidad de funciones zeta de variedades algebraicas.

Answer 1

Estoy seguro de que hay un montón. Uno que viene a la mente es la de los Siete Puentes de Konisberg problema.

http://en.wikipedia.org/wiki/Seven_Bridges_of_K%C3%B6nigsberg

Básicamente, el problema se preguntó: ¿hay un camino que puede recorrer tal que cruzar cada puente una sola vez y sólo una vez. (no se pueden hacer cosas como caminar a mitad de camino en un puente y caminar de regreso).

Era algo conocido, bueno... conjetura, que no había solución a este problema. Básicamente porque nadie ha encontrado una solución a este problema y nadie podría demostrar por qué o por qué no.

Hasta que Euler de curso. Como de costumbre, siempre es el de Euler, que salva el día. Él mostró que no hubo respuesta a este problema, como en, era imposible construir una ruta de acceso que cruzar cada puente una sola vez.

La justificación terminó siendo realmente simple: en Primer lugar, usted tiene que poner el problema en términos de las áreas de la ciudad, como contraposición a los puentes. A partir de la ilustración, se puede ver que se puede dividir la ciudad en 4; en la parte superior, la parte inferior, a la derecha y el centro. También, usted tiene que darse cuenta de que, a fin de no volver a usar un puente, de cada región de la ciudad debe tener un número par de puentes (puente de acceso y una salida de puente). Si usted no tiene un número par de puentes, de que te quedas atascado en una de las regiones (Como en, si hay sólo 1 puente, usa el puente y después de quedar atascado. Si hay 3 puentes, usted puede ir a través de uno, de salir de la segunda, y luego de quedar atascado en el uso de la tercera). Por lo tanto, si usted mira de cerca, las regiones tienen todos los números impares de puentes entre ellos. (3 conexión a la parte superior de la región, 5 conectar a el centro, 3 conexión a la derecha y 3 conexión a la parte inferior)

Por lo tanto, de esto se obtiene la idea de euler ciclos y a partir de ahí las cargas de propiedades de gráficos y, a continuación, la teoría de grafos nació. Y si no fuera por la teoría de grafos estaríamos perdidos cuando se trata de la red telefónica y de internet. Así que, sí, el problema de larga data con una solución simple y con más larga de beneficios.

Reconocimiento: Sobre el problema, otra posibilidad sería que si usted tenía sólo 2 regiones con un número impar de puentes que conectan a ellos y a todo el resto debe tener un número par de puentes. La lógica detrás de esto sería que una de esas dos regiones sería su "partida" punto y el otro sería el "fin", de punto o de línea de meta. En este caso, se llega a un camino Euleriano en lugar de un ciclo de

Answer 2

No sé que tan viejo o lo famoso que Tarski Único del Cuadrado de la Raíz del Problema fue cuando el joven László Lovász resuelto. Sin duda Tarski fue muy famoso, y estoy seguro de que él pensaba que el problema era bastante difícil. Lovász de la solución, mientras brillante, seguramente fue mucho más breve y sencillo que Tarski o que nadie había esperado.

Tarski del Problema. Si dos finitos de estructuras (grupos, anillos, celosías, gráficos, lo que sea) tiene isomorfo plazas, deben ser isomorfos? (El cuadrado de una estructura $A$ es el producto directo $A\times$.)

Lovász resuelto Tarski del problema en la afirmativa, con un hábil a contar el argumento, que voy a tratar de reproducir ya que estoy teniendo problemas para encontrar una buena referencia. Supongo que todas las estructuras son finitos de estructuras de un tipo fijo, por ejemplo, grupos finitos. Deje que $A,B$ dos estructuras tales que $a\times\cong B\times B$.

Para cualquier estructuras de $X$ y $Y$, vamos $h(X,Y)$ ser el número de homomorphisms, y $i(X,Y)$ el número de inyectiva homomorphisms, de $X$ $Y$.

Reivindicación 1. Para cualquier estructura de $X$, tenemos $h(X,A)=h(X,B)$.

Prueba. $h(X,A)^2=h(X,^2)=h(X,B^2)=h(X,B)^2$, entonces $h(X,A)=h(X,B)$.

Reivindicación 2. Para cualquier estructura de $X$, tenemos $i(X,A)=i(X,B)$.

Agitar de Manos. Podemos utilizar el de la inclusión la inclusión de principio a express $i(X,A)$ en términos de valores de $h(Y,a)$ donde $$ Y rangos de coeficientes de $X$. (Creo que podría escribir una correcta prueba de ello, pero se necesitaría un trabajo laborioso de escribir. De todos modos, es obvio, ¿no?) Desde $h(Y,a)=h(Y,B)$ por la Reivindicación 1, se sigue que $i(X,A)=i(X,B)$.

Ahora tenemos $i(a,B)=i(B,B)\ge1$ y $i(B,A)=i(a,a)\ge1$, es decir, tenemos inyectiva homomorphisms de $a$ a $B$ y de $B a$ a $A$. Dado que las estructuras son finitos, se sigue de esto que ellos son isomorfos.

Me enteré de este argumento por la palabra de la boca, que se atribuye a Lovász, desde hace varias décadas. Este papel (que no he leído) parece ser la fuente: L. Lovász, Operaciones con estructuras, Acta de Matemáticas. Acad. Sci. Hungar. 18 (1967) 321-328; véase el Teorema 4.1 en la página. 327, que parece ser una versión generalizada de la Única Raíz Cuadrada Teorema.

Answer 3

Me gusta el establecimiento de la independencia de Euclides 5º postulado de los demás para el ganador en esta categoría. Podría decirse que es el primer problema de larga data de la matemática pura, y tal vez el ejemplo más antiguo que tenemos de un matemático de la comunidad que representen un problema para sí misma y para investigar de forma colaborativa. Tal vez algunos de clemencia se requiere aquí en cuanto a la facilidad de acceso al "métodos", por el cual fue finalmente resuelto realmente habría sido para los Griegos, sino en el espíritu de positivo histórico-imaginationism voy a decir que podría haber hecho. No tengo ninguna duda de Arquímedes podría haber logrado mucho de la edición necesaria y mejoras en rigor de Euclides los Elementos, ha sido de una mentalidad y la motivación para hacerlo. La más difícil que el ingrediente sea un matemático brillante con suficiente infantil instinto para ir a la distancia y decir "no me importa si Euclides los axiomas son verdades evidentes de su mundo. Este es MI mundo donde los dragones son reales, mi espada es la magia, y en paralelo las líneas que se cruzan el uno al otro." Quién sabe. Tenía el destino otorgado a Platón una estrella-el estudiante interesado en las matemáticas (en lugar de el metafísico, se metió en Aristóteles)....

Answer 4

Steiner-Lehmus teorema es una buena: Cualquier triángulo que tiene dos igualdad de las bisectrices de un ángulo (cada uno mide desde un vértice hasta el lado opuesto) es isósceles.

A la cita de la "Geometría Revisited", por Coxeter y Greitzer: Este teorema fue enviado a la gran Suizo aparejador Jacob Steiner en 1840 por C. L. Lehmus (cuyo nombre hubiera sido olvidado hace mucho tiempo) con una solicitud para una pura demostración geométrica. Steiner dio bastante complicado de la prueba que ha inspirado a muchas otras personas a buscar métodos más sencillos. Papeles al Steiner-Lehmus teorema aparecido en diversas revistas, en 1842, 1844, 1848, casi cada año desde 1854 hasta 1864, y con una buena dosis de regularidad durante los próximos cien años.

Resulta ser una sencilla prueba cuando se convierte en el contrapositivo forma, ideado por dos ingenieros ingleses, Gilbert y Macdonnell, en 1963, mostrando que (véase el diagrama a continuación), si en $\Delta ABC,\ B \neq C,$ entonces $BM \neq CN.$ La prueba está dado en la Geometría Revisited, esto es sólo un esbozo, pero se basa en un sencillo lema de que si un triángulo tiene dos ángulos diferentes, el ángulo más pequeño tiene la más interna de la bisectriz.

Una prueba directa implica resolver una complicada ecuación algebraica basada en la fórmula para la longitud de un triángulo de la bisectriz angular. Ver a continuación.

$$\text{La ecuación BM}=\text{CN implica}\\ca\left[1-\left(\frac b, {c,+}\right)^2\right]=ab\left[1-\left(\frac c{a+b}\right)^2\right]$$

En resumen, el teorema tenía una simple prueba disponibles utilizando los métodos de la época (siglo 19), pero fue visto como difícil de todo el camino hasta bien entrado el siglo 20!

Answer 5

Desde menos probable que se ajuste a sus criterios para la mayoría, en mi opinión:

Detener problema
Casos especiales de Fermats último teorema de (n = 3, n = 4...)
Estos problemas no estaban alrededor por mucho tiempo, pero sus soluciones son bastante fáciles de entender después de que usted los ha visto.

Polinomio tiempo de primalidad
Este problema ha existido siempre, pero la solución sólo es "relativamente" fácil, ya que, es muy sencillo para aquellos que estudian el número de la teoría de algoritmos. No es material introductorio, aunque. Es bastante moderno, aunque.

La suma de la inversa de los cuadrados
$\sum_{k = 0}^{\infty} {\frac 1 {k^2}} = \text{???}$

Sin duda un ganador aquí. Se ha sabido por mucho tiempo que la suma convergente a algo finito, pero nadie tenía ni idea de lo que. La solución escapado de los mejores matemáticos por generaciones, hasta que Euler bajó del cielo y se nos dijo.

Edit: a partir De "Una Historia de PI" de Petr Beckmann
$\begin{align} \sin(x) y= x - \frac {x^3} {3!} + \frac {x^5} {5!} - \frac {x^7} {7!} \cdots \\ y= x \cdot (1 - \frac {x^2} {3!} + \frac {x^4} {5!} - \frac {x^6} {7!} \cdots)\end{align}$

Vamos $y^2 = x$, considere $\sin(x) = 0$ para $x \ne 0$:
$0 = 1 - \frac y {3!} + \frac {y^2} {5!} - \frac {y^3} {7!} \cdots \etiqueta{P}$

Sabemos que las raíces de $\sin(x)$ es $0, \pm \pi, \pm 2 \pi, \cdots$, por lo que las raíces de $(P)$ $(\pi)^2, (2 \pi)^2, (3 \pi)^2 \cdots$.

Por la teoría de ecuaciones, la suma de las inversas de las raíces de $(P)$ es el negativo de la lineal coeficiente. Así $$\frac 1 {\pi^2} + \frac 1 {(2 \pi)^2} + \frac 1 {(3 \pi)^2} + \cdots = \frac 1 {3!}$$

$$\frac 1 {1^2} + \frac 1 {2^2} + \frac 1 {3^2} + \cdots = \frac {\pi ^2} 6$$

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Hay una propiedad de finito de polinomios, que si:

$$0 = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots a_nx^n = a_n(x - r_0)(x - r_1)(x - r_2)\cdots(x - r_n)$$

entonces

$$\frac {a_1} {a_0} = \frac 1 {r_0} + \frac 1 {r_1} + \frac 1 {r_2} + \cdots \frac 1 {r_n}$$

Es una de las principales saltar en el razonamiento asumir que esto es cierto para el infinito polinomios, pero creo que esto es lo que el autor quería hacer.