Доказательство БТФ

[Someone]

Такой перебор оснований - дело безнадёжное. Мы можем подбирать цифру за цифрой, постепенно удлинняя наши основания. Иногда будем заходить в тупики, тогда придётся возвращаться и менять направление перебора, но постепенно будут получаться всё более длинные основания. Вы же видели, сколько цифр я подобрал? Поэтому Ваше рассуждение, ограничивающееся четырьмя цифрами, заведомо недостаточно.
Известно, что можно подобрать сколь угодно длинные последовательности цифр, поэтому Ваш перебор никогда не закончится.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Известно, что можно подобрать сколь угодно длинные последовательности цифр, поэтому Ваш перебор никогда не закончится.

Извините, но тут я с Вами не согласен. Бесконечность подбора разрядов в сравниваемых величинах осуществляется за счет выбора разрядов в конструируемых основаниях, а проверка, проводимая уже по конкретному варианту, является уже как бы оценкой содеянного. (Проверкой, основанной на другом действии. В данном случае: на извлечении корня $n$-той степени из величины, полученной посредством использования других математических действий.) Ввиду того, что данный вопрос мною досканально не изучен (по причине обнаружения более эффективного способа доказательства, рассмотренного в предыдущем посте), я не решаюсь делать категорические утверждения. Но может быть возможность дополнительной проверки обусловлена именно использованием $n$-того, или ${n^2}$ -того счислений. При этом следует заметить, что количество подогнанных разрядов не влияет на порядковый номер разряда, не позволяющего признать подгонку справедливой. Вы помните, что я написал Вам, что расхождение в разрядах сравниваемых величин в вашем примере наличиствует на восьмом разряде? Этот вариант доказательства найден уже более десяти лет тому назад. Что-то уже уходит из памяти, черновки найти не смог. Тем более, что, как мне кажется, использование второго варианта доказательства успешно решает поставленную задачу. Вам, конечно, известны квадратные сравнения (А.К.Сушкевич"Теория чисел" Издательство Харьковского университета. 1954.)
При этом, следует заметить, что модуль ${n^2}$ является тоже контрольным при оцекки чисел как точных степеней ( как и многие другие простые числа); точными степенями (точными кубами) могут быть только числа, принадлежащие к следующим классам вычетов (0,1,8). Может быть поэтому при проверке удобно использовать девятиричное счисление. Если Вы покажите мне основания, используемые в вашем примере, в десятичном счислении, я проверю их посредством контрольной проверки, для того, чтобы убедить Вас в том, что расхождение в разрядах не зависит от количества подогнанных разрядов. С уважением Iosif1

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Вы помните, что я написал Вам, что расхождение в разрядах сравниваемых величин в вашем примере наличиствует на восьмом разряде?

Вы об этом?

Помню, но вычисления Вы не показали, поэтому я понятия не имею, о чём Вы говорите. У меня не получается никаких расхождений в 16 разрядах, а то расхождение, которое есть в 17 разряде, обнаруживается совсем не в тех числах, о которых Вы говорили.

Iosif1 писал(а):

Если Вы покажите мне основания, используемые в вашем примере, в десятичном счислении, я проверю их посредством контрольной проверки, для того, чтобы убедить Вас в том, что расхождение в разрядах не зависит от количества подогнанных разрядов.

Не понял, о каких основаниях Вы говорите. О числах $a$, $b$, $c$? Я их показал (точнее, младшие 20 цифр в троичной системе счисления; как я писал, старшие 4 цифры числа $b$ имеют случайный характер, поэтому в данном примере нужно ограничиться 16 цифрами, что намного больше тех 8, которые Вам нужны). А Jnrty скопировал их в Вашу тему. Там есть и многие другие числа. Преобразовать их из троичной системы счисления в девятиричную или десятичную - пустяк.
В десятичной записи:
$a=173297485=00110002002102110101_3;$
$b=862276500=02020002112011222200_3;$
$c=735723658=01220021101122010101_3;$
$A=479501377=1020102021012020021_3;$
$B=170063271=0102212000002221200_3;$
$C=80305534=0012121002221111001_3;$
$A_1=217638427=0120011112011210111_3;$
$B_1=330025732=0212000000001012021_3;$
$C_1=195793588=0111122102100022101_3.$

P.S. Не пользуйтесь Экселем,он не для этого предназначен. Освойте какую-нибудь более серьёзную систему компьютерной математики. Эксель не справится с вычислением кубов чисел, содержащих 19 цифр в троичной записи.

[Iosif1]

Someone писал(а):

P.S. Не пользуйтесь Экселем,он не для этого предназначен. Освойте какую-нибудь более серьёзную систему компьютерной математики. Эксель не справится с вычислением кубов чисел, содержащих 19 цифр в троичной записи.

Постараюсь справиться, надеюсь быстро. И опишу как. Для знакомства с более серьезной системой компьютерной математики уже поздно. Iosif1

[Iosif1]

Someone писал(а):

P.S. Не пользуйтесь Экселем,он не для этого предназначен. Освойте какую-нибудь более серьёзную систему компьютерной математики. Эксель не справится с вычислением кубов чисел, содержащих 19 цифр в троичной записи.

При использовании девятиричного счисления для проверки необходимо выбирать для основания $a$ только числа, относящиеся к первому или восьмому классам вычетов. Так как в противном случае не удастся сконструировать величину $D_c$, соответствующую точному кубу. Тут у Вас все в порядке. Случайно, из-за удобства, или Вам это известно? Ибо и величина $D_b$, деленная на ${3^5}$ (или умноженная на три без нулевых разрядов) принадлежит к восьмому классу вычетов. Четвертая строка в следующих переводах значений в девятиричное счисление.

${{c=735723658_{10}}={1807348111_9}}$
${{a=173297485_{10}}= {402072411_9}}$
${{D_b=562426173_{10}}= {1405265600_9}}$
${{3*14052656_9}={43168180_9}}$
${{b=8622765_{10}}={2202464880_9}}$
В тоже время в вашем примере и $b$ и $c$ - четные. Конечно, это несоответствие устранимо. Но могут появиться сомнения: а что тогда будет с разрядами? Кроме этого, ${A*{A_1}}$ не равно $a$, да и ${B*{B_1}}$ не равно $b$, как и ${C*{C_1}}$ не равно $c$.
В этом случае трудно анализировать величины $D_c$ и $F_c$; $D_a$ и $F_a$, как соответствующие точным степеням, а вернее не возможно. Ведь нам надо для проверки рассматривать эти величины в степени. А они не соответствуют обязательным условиям. Как дополнительная проверка. Если основание $a$ задавать ввиде произведения сомножителей, то вполне возможно производить сопоставление величин $D_a$ и $F_a$, на основании сконструированного основания $c$ .
Мне не известно, как осуществлялась отожествление, в том смысле, что не известно используются или нет значения, которые априори не могут быть использованы.
А использование $n$ - того счисления позволяет подбирать значения, отвечающие конкретным требованиям. Это становится возможным на основании структурного (формализованного) преставления степеней.
Напримкр, при четном $b$, в качестве этого основания можно рассматривать числа числового ряда:
${18+18*n}$, где $n$ - числа натурального числового ряда, за исключением тех, которые в своем составе содержат сомножитель $3$. В качестве основания $a$, например, числа числового ряда ${19+18*m)$, где $m$ - числа натурального числового ряда.
Я на этом акцентирую внимание потому, что при таких соотношениях проверка, которая использовалась была эффективной.
Следует заметить, что проверке на соответствие точной степени могут подвергаться:
$D_c$ и $F_c$; $D_a$ и $F_a$, так и их произведения.
Рассматривая различные основания $a$ и ${a^3}$, мы получаем в девятиричном счислении числа, выраженные набором разрядов соответствующих точным степеням.
На основании чего получаем возможность сопоставлять величины ($D_c$ и $F_c$; $D_a$ и $F_a$, так и их произведения), полученные как сумму, или как неполные квадраты ; для определения соответствия их точным степеням.
Вообще, первый класс вычетов для проверки малоэффективен. Поэтому по нашему мнению не стоит зацикливаться на использовании одного модуля.
В то же время и на основании использования единого модуля можно получать потверждение в справедливости утверждения БТФ.
Расчеты, произведенные на основании выше изложенного

${D_c= a+b={402072411__9}+{22002464880_9}={2604547401_9}}$

${F_c=(a^2-a*b+b^2)={72411_9*72411_9}-{72411_9*64880_9}+{64880_9*64880_9}=63231_9}$

${D_c*F_c=47401_9*63231_9=54631_9}$

${c^3=48111_9^3=64631_9$
Получаем несоответствие пятых разрядов. Если это истина, то зачем дальнейшие сопоставления. Но стопроцентной уверенности у меня и сейчас нет. А то все может быть. Хотя я проверял, проверял, проверял. Но можно так зациклиться, тем более при ручном просчете, в котором используется ${CITIZEN SLD-760N}$. Правда, теперь уже вместе с Экселем. Вы оказались правы, Эксель не тянет степени с таким количеством разрядов. Не смог я его приспособить к данной проверке. Но Эксель мне в свое время очень помог.
В системных расчетах он молодец. Без него ничего бы и не получилось.
Я стопорил величину $b$, (которая обеспечивала требуемое количество разрядов)придавая основанию $a$ значения из числового ряда ${19+18*m}$ и получая в девятиричном счислении ряд степеней с соответствующей последовательностью разрядов. Расчитывая же величину ${D_c*F_c}$, для варианта, в котором происходит совпадение трех первых разрядов, убеждался, что такая последовательность разрядов в полученной величине не соответствует последовательности разрядов точных степеней, если в основании используются числа используемого числового ряда. А другие числа нас и не должны интересовать? Если я в этом прав, то проверка была достаточной. И тут Эксель, по моему мнению, был незаменим. Iosif1

[Someone]

Вы мне некоторый сюрприз преподнесли. Сорокин Виктор хорошо понимал, что за пример я ему привёл, хотя и пытался его отвергнуть: то, что я сначала ему, а теперь и Вам даю - это не числа, а младшие цифры чисел в троичной (или, если хотите, в девятиричной) системе счисления. В частности, по ним невозможно определить, чётные это числа или нечётные, поскольку это зависит от старших разрядов, которые неизвестны. Каким равенствам удовлетворяют младшие разряды и с каким количеством цифр - можно посмотреть вот здесь и здесь. Если нужны какие-нибудь ещё - напишите, я проверю. Проверять равенства чисел здесь нет смысла, поскольку старшие разряды неизвестны, а числовые равенства от них зависят, в то время как младшие разряды не зависят. Я укоротил все числа до 16 троичных разрядов в соответствии с тем, что писал.

$a=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9$
$b=\dots 0002112011222200_3=\dots 02464880_9$
$c=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9$
$a^3=\dots 1110012012201001_3=\dots 43165631_9$
$b^3=\dots 0201122222000000_3=\dots 21588000_9$
$c^3=\dots 2011212011201001_3=\dots 64764631_9$
$D_a=c-b=\dots 0011212110010201_3=\dots 04773121_9$
$D_b=c-a=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9$
$D_c=a+b=\dots 0011121121110001_3=\dots 04547401_9$
$F_a=\frac{c^3-b^3}{c-b}=c^2+cb+b^2=\dots 2222110211100101_3=\dots 88424311_9$
$F_b=\frac{c^3-a^3}{c-a}=c^2+ca+a^2=\dots 0011002202002010_3=\dots 04082063_9$
$F_c=\frac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2=\dots 0211122110021001_3=\dots 24573231_9$
$D_aF_a=\dots 1110012012201001_3=\dots 43165631_9=a^3$
$D_bF_b=\dots 0201122222000000_3=\dots 21588000_9=b^3$
$D_cF_c=\dots 2011212011201001_3=\dots 64764631_9=c^3$
$A=\dots 0102021012020021_3=\dots 12235207_9$
$B=\dots 2212000002221200_3=\dots 85002850_9$
$C=\dots 2121002221111001_3=\dots 77087431_9$
$A^3=\dots 0011212110010201_3=\dots 04773121_9=D_a$
$\frac 13B^3=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9=D_b$
$C^3=\dots 0011121121110001_3=\dots 04547401_9=D_c$
$A_1=\dots 0011112011210111_3=\dots 04464714_9$
$B_1=\dots 2000000001012021_3=\dots 60001167_9$
$C_1=\dots 1122102100022101_3=\dots 48370271_9$
$A_1^3=\dots 2222110211100101_3=\dots 88424311_9=F_a$
$3B_1^3=\dots 0011002202002010_3=\dots 04082063_9=F_b$
$C_1^3=\dots 0211122110021001_3=\dots 24573231_9=F_c$
$A_1A=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9=a$
$B_1B=\dots 0002112011222200_3=\dots 02464880_9=b$
$C_1C=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9=c$

[Iosif1]

Someone писал(а):

- это не числа, а младшие цифры чисел в троичной (или, если хотите, в девятиричной) системе счисления. В частности, по ним невозможно определить, чётные это числа или нечётные,

Я это прекрасно понимаю. Но чтобы показать проверку сконструированного предполагаемого равенства нужно знать числа, чтобы уметь выражать их в конкретном счислении.
Мне до сих пор не известно ни одно доказательства ( кроме признанного) в котором, одно из оснований соднржит сомножитель $n$. Первый вариант предлагаемого доказательства, по моему мнению, справляется с этой задачей. На этот вариант доказательства и возлагалась именно эта задача.
Вы же мне предложили в контрпримере вариант, когда одно из оснований содержит сомножитель ${3^2}$.
Конечно такой контрпример имеет право на анализ.
Я, показал Вам, как я проверял эффективность используемой методики для такого варианта, отметив, что для детальной проверки требуется используемое основание полностью ( как произведение двух сомножителей), и что более эффективно этот вароиант опровергается вторым вариантом доказательства, который также показан в постах. Но это, почему то остается без внимания.
Вы спросили у меня: "Что имеется ввиду? Что одно из чисел: $a$, $b$, $c$ делится на $9$? "
Это значит, что одно из оснований содержит сомножитель ${3^2}$, а частное от деления этого основания на $9$ и число $3$ взаимно простые.
Вы спрашиваете меня: "И какой величины Ваш штамп для обсуждаемого случая, когда $b$ делится на $9$ и не делится на $27$?
"Штамп" в этом случае имеет три разряда. (По $mod$ 9.)
Я получил Ваш ответ на личное послание. Мне все понятно.
С уважением. Iosif1[/b]

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Someone писал(а):

- это не числа, а младшие цифры чисел в троичной (или, если хотите, в девятиричной) системе счисления. В частности, по ним невозможно определить, чётные это числа или нечётные,

Я это прекрасно понимаю. Но чтобы показать проверку сконструированного предполагаемого равенства нужно знать числа, чтобы уметь выражать их в конкретном счислении.

Зная только младшие разряды числа в одной системе счисления, невозможно определить его разряды в другой системе счисления. Более того, существует так называемая "китайская теорема об остатках", из которой следует, что если основания систем счисления $n$ и $m$ взаимно просты, то можно произвольно задать любое количество младших разрядов в этих системах счисления и найти число, которое имеет в этих системах счисления заданные разряды. Если Вы пытаетесь доказать теорему Ферма, анализируя младшие разряды, то из-за этой теоремы Ваши рассуждения в разных системах счисления будут независимыми.

Iosif1 писал(а):

Я, показал Вам, как я проверял эффективность используемой методики для такого варианта, отметив, что для детальной проверки требуется используемое основание полностью ( как произведение двух сомножителей), и что более эффективно этот вароиант опровергается вторым вариантом доказательства, который также показан в постах. Но это, почему то остается без внимания.

Дайте точную ссылку, чтобы я не гадал, что Вы имеете в виду. Кроме того, я не разбирался в деталях Вашего доказательства. Я лишь выяснил, что Вы пытаетесь получить противоречие, анализируя младшие цифры, и привёл соответствующий пример. Он будет стоять на Вашем пути, пока Вы ограничиваетесь анализом младших цифр.

Iosif1 писал(а):

Вы спрашиваете меня: "И какой величины Ваш штамп для обсуждаемого случая, когда $b$ делится на $9$ и не делится на $27$?
"Штамп" в этом случае имеет три разряда. (По $mod$ 9.)

То есть, шесть цифр в троичной системе счисления? У меня все соотношения выполняются для шестнадцати цифр. Подчёркиваю, что выполняются все известные мне соотношения, которым должно удовлетворять примитивное (то есть, состоящее из попарно взаимно простых натуральных чисел) решение уравнения $a^3+b^3=c^3, включая, естественно, и само уравнение.

Аналогичных примеров для случая, когда $b$ делится на $3$ и не делится на $9$, я не нашёл. Возможно, что их вообще нет, но я не делал исчерпывающего поиска.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Дайте точную ссылку, чтобы я не гадал, что Вы имеете в виду.

Не подскажете, как делать ссылки вызова,как у Вас, или я этого не могу. Тогда подскажите какую делать ссылку.
Я писал:

Iosif1 писал(а):

Добавлено: Пн Фев 12, 2007 15:27:34 Заголовок сообщения:

Iosif1 писал(а):

Если основание задавать ввиде произведения сомножителей, то вполне возможно производить сопоставление величин $D_a$и $F_A$ , на основании сконструированного основания $c$.
Мне не известно, как осуществлялась отожествление, в том смысле, что не известно используются или нет значения, которые априори не могут быть использованы.

Я к сожалению не знаком с Китайской теоремой, а, может бытьэто и хорошо. В противном случае, я не стал бы заниматься счислениями.
Постараюсь описать проверку, производимою мной с вычислениями.
Ой, как мне этого не хочется. Жалею, что сначала показал Вам первый вариант.Да что уже сделаешь? Мне показалось на основании общения с математиками, что показать возможность использования счислений необходимо.
А пока, пожалуйста, посмотрите второй вариант доказательства БТФ. Он на второй странице данной темы.
Не могу его перенести сюда.
Доказательство построено на использовании модулей посредством которых имеется возможность определять, может или нет данная величина быть точной степенью.
Такие модули именуются контрольными. И оказалось, что рассматриваемые величины по любому контрольному модулю могут относиться к классам вычетов, к которым относятся и точные степени, но только в том случае, если сомножитель, равный используемому модулю присутствует в одном из оснований. А таких модулей бесконечное множество. По этому варианту доказательства глразда удобней говорить предметно.Iosif1

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Someone писал(а):

Дайте точную ссылку, чтобы я не гадал, что Вы имеете в виду.

Не подскажете, как делать ссылки вызова,как у Вас, или я этого не могу. Тогда подскажите какую делать ссылку.
Я писал:

Iosif1 писал(а):

Добавлено: Пн Фев 12, 2007 15:27:34 Заголовок сообщения:

Слева от слова "Добавлено" имеется маленький квадратик. Щёлкаете по нему правой кнопкой мыши и в появившемся меню выбираете "Copy link address" (это не работает в режиме редактирования, поэтому нужно открыть сообщение в отдельном окне браузера). Затем устанавливаете курсор туда, куда хотите вписать ссылку, и нажимаете Ctrl+V. Получается http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53196#53196 (это ссылка на то сообщение, которое Вы здесь имеете в виду). Ещё желательно выделить ссылку и нажать кнопку URL. Если Вы хотите, чтобы вместо адреса ссылка выглядела как текст, нужно выделить этот текст и нажать URL. Потом в квадратных скобках заменить [url] на [url=] и после знака "=" вставить адрес ссылки, нажав Ctrl+V. Потренируйтесь в разделе "Тестирование" (в списке форумов - в самом низу).

Проверяя мои числа, Вы там допустили ошибку. На самом деле $\dots 72411_9^2-\dots 72411_9\cdot\dots 64880_9+\dots 6488_9^2=\dots 73231_9$ и $\dots 47401_9\cdot\dots 73231_9=\dots 64631_9$, что вполне согласуется с $c^3$. Но Вы это могли бы увидеть и здесь.

Iosif1 писал(а):

А пока, пожалуйста, посмотрите второй вариант доказательства БТФ. Он на второй странице данной темы.
Не могу его перенести сюда.

Я посмотрел вторую страницу и не понял, о чём идёт речь. Сделайте ссылку, как я объяснял выше, или скопируйте нужную часть в новое сообщение (для этого нужно открыть старое сообщение, нажав на нём кнопку "Правка", выделить и скопировать нужную часть, а потом нажать в браузере кнопку "Назад", чтобы не перезаписывать сообщение заново; потом скопированный текст нужно вставить в новое сообщение).

Iosif1 писал(а):

Вы оказались правы, Эксель не тянет степени с таким количеством разрядов.

Посмотрите, как эта проверка выглядит в системе Mathematica:
BaseForm[Mod[(9^^72411)^2-(9^^72411)(9^^64880)+(9^^64880)^2,9^5],9]
$73231_9$
BaseForm[Mod[(9^^47401)(9^^73231),9^5],9]
$64631_9$

Причём, количество разрядов ограничено только объёмом памяти компьютера и временем, которое можно потратить на вычисления:
Timing[FactorInteger[2^214 + 1]]
{2.244 Second, {{5, 1}, {857, 1}, {843589, 1}, {8174912477117, 1}, {23528569104401, 1}, {37866809061660057264219253397, 1}}}
(то есть, $2^{214}+1=5\cdot 857\cdot 843589\cdot 8174912477117\cdot 23528569104401\cdot 37866809061660057264219253397$, а разложение на простые множители заняло 2.244 секунды);
Timing[100000!]
{0.38 Second, 28242294079603478742934215780245...}
(я уж не буду приводить здесь точное значение числа 100000!, имеющего в десятичной системе счисления 456574 цифры).

[Iosif1]

Someone писал(а):

Я посмотрел вторую страницу и не понял, о чём идёт речь. Сделайте ссылку, как я объяснял выше, или скопируйте нужную часть в новое сообщение (для этого нужно открыть старое сообщение, нажав на нём кнопку "Правка", выделить и скопировать нужную часть, а потом нажать в браузере кнопку "Назад", чтобы не перезаписывать сообщение заново; потом скопированный текст нужно вставить в новое сообщение).

Большое Вам спасибо за эту консультацию, и не только за эту.
Попробую, пока научусь, ответить Вам по первому варианту доказательства.

Someone писал(а):

Посмотрите, как эта проверка выглядит в системе Mathematica:

Хочется выразить восхищение возможностям системы Mathematika.
Мне не удается убедить Вас, что в вариантах анализа, подобных Вашему, у меня наличиствовало расхождение в разрядах, сразу после штампа.
Оставим эти сомнения без рассмотрения. нужно верить таким чудесным программам.
Но все таки истина дороже.
Попробую показать истинность доказательства БТФ для случая, когда основание $b$ имеет сомножитель ${3^2}$, посредством использования счислений на другом примере. Используя для этого девятиричное счисление. Рассмотрим возможный вариант выражения оснований в таком счислении:
${a=001_9}$, ${b=880_9}$.
В этом случае ${D_c=881_9}$; ${a^3=001_9}$; ${F_c=111_9}$; ${c^3=001_9}$.
Получаем: ${a^3=c^3}$
Но если задаться вопросом: "А какие разряды должно иметь основание $c$, чтобы ${c^3=001_9}$ ? Оказывается тоже $001_9$.
Ведь это уже девятиричное счисление, и поэтому никакой другой набор разрядов в основании не обеспечит такой набор разрядов в степени (третьей).
А что это значит? Это значит, что для того, чтобы получить такое тождество разрядов, необходимо, чтобы величина $D_b$ в своем составе содержала сомножитель ${3^6}$. Но в этом случае величина ${b^3}$ будет содержать сомножитель ${3^7}}$.
Понятны ли эти умозаключения в моем изложении?
Можно рассмотреть и другие варианты.
Получается рассмотрение данного варианта, аналогично первому. Ну, конечно, с нюансами. Вообще этот вариант доказательства со сплошными ньюансами и вопросами. А что в этом случае? А в этом? А для других степеней? Все проверки, которые проводились мной, убеждали меня в эффективности рассматриваемого варианта. Но во всех таких проверках всегда могут возникать новые вопросы, тем более в беседе с эрудированным собеседником. Правда, но Вы пока единственный такой по этой теме. Я потихоньку подготовлю рассмотрение проверок, аналогичных Вашим. Если бы я мог вставлять в посты таблицы Эксель. В то же время это очень объемно, и по моему не совсем эффективно. Еще раз большое спасибо за консультацию. Вообще благодаря Форуму, я стал и к себе относиться с большим уважением. Что то получается. Iosif1

[Iosif1]

Iosif1 писал(а):

Someone писал(а):
Я посмотрел вторую страницу и не понял, о чём идёт речь.

Как то надо «поправить» китайскую теорему, хотя, по своему, она верна.
Мне кажется, что можно сказать,что посыл, соответствующий требованиям, чтобы и $D_c$ и $F_c$ могли соответствовать точным степеням для выбранного количества сомножителей $n$ в основании $b$, возвращается в основание $c$ с аналогичным набором разрядов в конструируемом штампе.
Более общий вывод делать, быть может, преждевременно.
По моему мнению, это и есть метод бесконечного спуска Пьера Ферма, как я его понимаю.
Посылаю второй вариант доказательства, о котором уже упоминал. Хотя, конечно, продолжаю ожидать ваши замечания и по первому варианту доказательства.
Второй вариант доказательства основан на использовании модулей, то-есть используется сравнение по различным модулям.
Что представляют модули, используемые при этом.?
В качестве таких модулей испольэуются простые числа, при использовании которых в качестве модулей обеспечивается предварительное определение: может или нет рассмстриваемое число быть точной степенью.
Эти модули именуются контрольными.
В качестве контрольного модуля при рассмотрении третьей степени может быть использован модуль $7$.
Оказывается числа не всех классов вычетов по этому модулю могут быть точными кубами.
Точными кубами могут быть только числа, относящиеся к следующим классам вычетов: 0, 1, 8.
Числа относящиеся к остальным классам вычетов при сравнении по данному модулю точными кубами быть не могут.
Во втором варианте доказательства БТФ , как и в первом варианте, оцениваются классы вычетов величин $F_a$, $F_b$, $F_c$, но уже не посредством штампов, а посредством сравнения по различным модулям.
Доказательство построено на утверждении, что для целочисленных $a$ и $b$, ${c^n}$ не может иметь целочисленное основание. А раз это так, то если $D_c$ точная степень, то $F_c$ уже точно не точная степень..
Доказательство построено на рассмотрении вариантов, когда величина $D_c$ обязательно точная степень. Задаваясь при этом последовательно определенной величиной $a$, на основании чисел натурального числового ряда мы определяем возможные классы вычетов величин: $D_c$, ${c^3}$ и $F_c$ по рассматриваемому модулю.

1)Задаемся условием, что основание $a$ принадлежит только к первому классу вычетов.

2)По основанию $c_i$ последовательно предполагаем отношение $D_c$ к определенному классу вычетов по рассматриваемому модулю.

3) Определяем к какому классу вычетов относится основание $b$.

4)Рассчитываем анализируемые величины (определяем классы вычетов, к которым они относятся по используемому модулю).

Количество расчетов по каждому значению основания $a$ равно величине используемого модуля.

Например анализ равенства в третьей степени по модулю 7:

Итак:

${a\equiv 1\pmod{7}}$; (1-1)

${{c_i}\equiv 1\pmod{7}}$; (1-2)

${{D_c}\equiv 1\pmod{7}}$; (1-3)

${{b}\equiv 0\pmod{7}}$; (1-4)

${{c^3}\equiv 1\pmod{7}}$; (1-5)

${{F_c}\equiv 1\pmod{7}}$; (1-6)

В рассматриваемом примере сомножитель $7$ присутствует в основании $b$.
При выполнении условия (1-1) все расчетные варианта дают положительный результат на наличие сомножителя $7$ в одном из оснований.
Анализ проводимый по другим модулям обеспечивает и отрицательный результат.
Например, при использовании в качестве контрольного модуля ${mod 13}$, имеем:


${a\equiv 1\pmod{13}}$; (1-1)

${{c_i}\equiv 2\pmod{13}}$; (1-2)

${{D_c}\equiv 8\pmod{13}}$; (1-3)

${{b}\equiv 7\pmod{13}}$; (1-4)

${{c^3}\equiv 6\pmod{13}}$; (1-5)

${{F_c}\equiv 4\pmod{13}}$; (1-6)


Но в этом случае мы получаем интересующие нас расчетные величины не относящиеся к классам вычетов, к которым принадлежат точные кубы по данному модулю.




Таким образом мы рассматриваем все возможные варианты для основания $a$, относящемуся к опрделенному классу вычетов по рассматриваемому модулю.
При рассмотрении имеющейся закономерностии оказывается достаточным рассмотрение количества расчетов, равное величине используемого модуля в квадрате. При этом формализуется существующая закономерность и при рассмотрении конкретной степени. И так может быть рассмотрена любая последовательность степеней по любому контрольному модулю.
Потому что, если сравнивать и другие точные $n$ - тые степени по различным модулям, представленными простыми числами, можно заметить, что и в этих случаях степени не всегда принадлежат ко всем классам вычетов по данному модулю, то-есть числа не всех классов вычетов для любой из степеней по контрольному модулю могут быть точными $n$ - тыми степенями.
Итак, кубы при сравнении по ${mod 7}$ принадлежат всего к трем классам вычетов из возможных семи. То-есть, числа из четырех классов вычетов по данному модулю не могут быть точными кубами. Подобные закономерности имеют место и при рассмотрении других степеней. Например, при ${n=5}$ контрольным модулем является ${mod 11}$ . При этом количество таких контрольных модулей бесконечно, как и простых чисел. На основании проведенного анализа удалось выявить закономерность, что модуль $M$, представленный простым числом, является контрольным для степени:

${N=(M-1)/2}$

Так же он является контрольным и для степеней, являющихся сомножителями произведения ${M-1}$.
Нам же известно, что произведение полной последовательности простых чисел плюс единица обеспечивают или новое простое число, или является произведением, в котором задействовано как сомножитель простое число, не используемое в последовательности простых чисел, задействованных при расчете.
О чем это говорит? Это говорит о том, что количество контрольных модулей бесконечно.
Как только в расчетах появляется сомножитель, равный рассматриваемой степени, мы гарантировано получаем контрольный модуль для рассматриваемой степени, и это можно продолжать и далее до бесконечности.
Используя эту закономерность, удалось показать, что одновременно величины $D_c$ и $F_c$ могут быть предположительно точными степенями, если сомножитель, равный используемому модулю принадлежит какой-то рассматриваемой величине, входящей в конструируемые степенные выражения, составляющие анализируемое равенство.

Данный вариант доказательства включает в себя расчеты, , которые представлены в таблицах.
Первый столбец заполняет натуральный ряд чмсел, построчно. Каждая строка соответствует расчетам величин $D_c$, $F_c$ и ${c^3}$.
Возможность получения равенства, опровергающего справедливость утверждения БТФ, устанавливается на основании принадлежности всех этих величин к классам вычетов, к которым принадлежат и точные степени. И оказалось, что такое событие наступает при условии, что сомножитель, равный используемому модулю, принадлежит к одному из оснований. Это выясняется тем, что одна из исследуемых величин принадлежит к нулевому классу вычетов.

Таблицу пересылать не умею, но ее при желании можно легко воспроизвести. Можно освещать ее пересылая выборочные расчеты, в которых возникнит необходимость.
По всем полученным вариантам расчетов видно, что классы вычетов величин ${c^3}$ и $F_c$ соответствуют классам вычетов точных степеней, если одно из оснований относится к нулевому классу вычетов. то-есть содержат сомножитель, равный контрольному модулю.
То-есть не только сомножители $n$, но и все сомножители, равные контрольным модулям, должны быть задействованы при конструировании равенства, способного опровергнуть утверждение БТФ. А так как их бесчисленное множество, это, конечно, невозможно. Что и требовалось доказать.
Еще раз спасибо Вам за исчерпывающую консультацию. Я немножко разобрался, но пока воспользоваться не пришлось. Iosif1
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////

[Iosif1]

Iosif1 писал(а):

Что и требовалось доказать.

УважаемыйSomeone. Следует вернуться к первому варианту доказательства.
Перечитывая свои же посты понял то, что совсем витиевато сказал о варианте, когда основание $b$. содержит сомножитель ${3^2}$.
Остановимся на рассмотрении этого варианта еще раз.
Задаваясь основанием ${a=001}$, рассматриваем возможные последовательности разрядов в величине $D_c$, являющейся точной степенью.
Поэтому рассматриваем все возможные варианты вторых разрядов, которые могут использоваться. И на основании расчетов определяем, какие вторые разряды могут быть в степени ${a^3}$.
Задаваясь возможной последовательностью двух первых разрядов в основании $a$:
${01_9}$, ${11_9}$, ${21_9}$, ${31$, $41_9}$ , ${51_9}$, ${61_9}$, ${71_9}$, ${81_9}$.

Соответственно получаем кубы со следующими последовательнастями разрядов:
${01_9}$, ${31_9}$, ${61_9}$, ${01_9}$, ${31_9}$, ${61_9}$, ${01_9}$, ${31_9}$, ${61_9}$.

То-есть второй разояд может быть одним из: $0$, $3$, $6$.
Но чтобы этого добиться, необходимо, чтобы второй разряд основания $b$. Был представлен одним из этих значений. Но в этом случае в основании $b$ количество сомножителей $3$ будет больше в рассматриваемом варианте.
И в этом случае нам не удается обеспечить второй разряд величины $D_c$, соответствующий точной степени.
На основании вышеизложенного можно сделать вывод, что справедливость утверждения БТФ обеспечивается анализом конструирования величин $D_c$ и $F_c$ непосредственно изначально. Iosif1

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Мне не удается убедить Вас, что в вариантах анализа, подобных Вашему, у меня наличиствовало расхождение в разрядах, сразу после штампа.

Ну почему же, я и сам знаю, что подбор подходящих разрядов - дело непростое, и что этот подбор постоянно заходит в тупик, натыкаясь на невозможность подобрать очередную цифру. Я ведь говорю только о том, что, приложив определённые усилия, можно подобрать много цифр - гораздо больше, чем у Вас. И демонстрирую результат такого подбора. Это показывает неполноту Ваших рассуждений и, как следствие, отсутствие доказательства.

Добавлено спустя 28 минут 10 секунд:

Re: Доказательство БТФ

Iosif1 писал(а):

Как то надо «поправить» китайскую теорему, хотя, по своему, она верна.

Она верна не "по-своему", а просто верна. И поправлять её не надо.

Теорема. Для любого набора попарно взаимно простых натуральных чисел $m_k>1$, и набора целых чисел $r_k$, $0\leqslant r_k<m_k$, где $1\leqslant k\leqslant n$, найдётся такое целое число $a$, $0\leqslant a<m_1m_2\dots m_n$, что $a\equiv r_k\pmod{m_k}$ при $1\leqslant k\leqslant n$.

Iosif1 писал(а):

...
По моему мнению, это и есть метод бесконечного спуска Пьера Ферма, как я его понимаю.

Нет, Ваш метод к методу бесконечного спуска, как мне кажется, отношения не имеет.

Iosif1 писал(а):

Посылаю второй вариант доказательства, о котором уже упоминал.
...
А так как их бесчисленное множество, это, конечно, невозможно. Что и требовалось доказать.

Как я понял, основная идея здесь состоит в том, что существует бесконечно много простых чисел $p$, для которых одно из чисел $a$, $b$, $c$, удовлетворяющих уравнению $a^3+b^3=c^3$, делится на $p$. Осталось только доказать, что их действительно бесконечное множество.

Кстати, в принципе возможно, что это для третьей степени получится, но я не уверен. Однако вряд ли такая идея сработает для любой степени.

Добавлено спустя 7 минут 21 секунду:

Re: Доказательство БТФ

Iosif1 писал(а):

Задаваясь основанием ${a=001}$, рассматриваем возможные последовательности разрядов в величине $D_c$, являющейся точной степенью.
...

А если взять $a=\dots 411_9$ и $D_c=\dots 401_9$?

[Iosif1]

Someone писал(а):

Она верна не "по-своему", а просто верна. И поправлять её не надо.

Я не в том смысле, я имею ввиду, что для данного случая мы можем обойтись и без нее. И именно потому, что мы не можем использовать выбираемые разряды произвольно.

Someone писал(а):

А если взять ${a=411_9}$ и ${D_c=401_9}$?

Второй разряд степени, как отмечалось выше, в девятиричном счислении принимает вид;
$0$, $3$, $6$.
Поэтому в данном варианте мы обязаны подобрать основание $b$ с двумя первыми разрядами, например, ${20_9}$, чтобы получить в $D_c$ два первых символа ${31_9}$.
Но так, как мы взяли основание основание $a$ с первыми двумя такими разрядами, то с такими же первыми двумя разрядами должно быть и основание $c$ (диктуется величиной $D_b$). Но тогда мы не обеспечиваем требуемого наполнения величины $D_a$, ведь эта величина тоже должна быть точной степенью. А в рассматриваемом варианте мы получим в величине $D_a$ следующие два первых разряда ${81_9}$. А эта последовательность не соответствует точной степени. Зачем же ее рассматривать? Чтобы не рассматривать заранее не подходящие варианты, и удобно рассматривать наборы символов соответствующие "штампам". Получается, что создать симметрию ("равновесие") не возможно. Извините за терминологию. Но один из математиков согласился, что без новых терминов тут не обойтись. Может быть это тоже усложняет понимание?
Боюсь быть нагловатым, но я думаю, что найденная закономерность не зависит от показателя степени. Проводимые мной проверки это подтверждают. Поэтому то от проведения трудоемких расчетов я и отказался.
По Вашей рекомендации приобрел ${Matematik 4.1}$. Но еще даже не установил. Я хочу попробовать в основном для другой работы, о которой Вы тоже знаете, а то никто не хочет поучавствовать в коллективном творчестве: не верят. Поэтому со своей верой я в одиночестве. Правда мой ${PentiumIII}$ врядли с этим справится, даже я превзойду самого себя. С уважением Iosif1.

Добавлено спустя 2 часа 20 минут 30 секунд:

Someone писал(а):

Как я понял, основная идея здесь состоит в том, что существует бесконечно много простых чисел , для которых одно из чисел , удовлетворяющих уравнению , делится на . Осталось только доказать, что их действительно бесконечное множество.

Вы поняли абсолютно правильно. Именно так. Доказательство бесконечности таких простых чисел обеспечивается методом индукции. В том то и дело, что все требует проверки, достойной проверки. Но при существующей техники - это не проблема. Iosif1