ВТФ by Виктор Сорокин

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

вот и хорошо. теперь напишите пожалуйста, u остальное доказательство без пробелов в рассуждениях, для степени 3. не жалейте слов. пусть будет 30 строк или 100, но чтоб всё было объяснено.

что такое эквивалентные?
что такое$Q$??

прошу второй раз

Доказательство ВТФ для случая $n = 3$, $k = 2$

Инструментарий:
Обозначения:
$a_{(2)}$ – $2$-значное окончание (число) в числе $a$ в системе счисления с простым основанием $n=3$.
$a_2$ – $2$-ая цифра в числе $a$, $a_1$ ≠ $0$.
Доказательство основано на трех простых леммах:
1* Лемма. Если $(cb)_1$ ≠ $0$ и $(c-b)_{(2)}=0$, то $(c^3-b^3)_{(3)}=0$, и
если $(c^3-b^3)_{(3)}=0$ и $(cb)_1$ ≠ 0$, то $(c-b)_{(2)}=0$ и $R_1 = 0$, $R_2$ ≠ 0$, где $R = (c^3-b^3)/(c-b)$.
[Таким образом, если $r$ [$= c-b$] делится на $3$, то число $R$ содержит только один сомножитель $3$ (если, конечно, цифра $(cb)_1$ ≠ $0$), или: $R_1 = 0$ и $R_2$ ≠ $0$].
2* Лемма. Если $(c-b)_1$ ≠ $0$ и числа $c$ и $b$ взаимопростые, то числа $r$ или $c-b$ и $R$ или $(c^2-2cb+b^2) + 3cb$ являются взимопростыми.
[Верность обеих Лемм становится очевидной из сравнения чисел $r$ и $R$].
3* Лемма. Окончания $a_{(2)}$ и $a^3$$_{(3)}$ взаимооднозначно определяют друг друга [простое следствие из бинома Ньютона].

Доказательство Великой теоремы Ферма

(1°) Допустим, что $a^3=c^3-b^3=rR$, $a_1$ ≠ $0$, $a$, $b$, $c$ взаимопростые, следовательно (см. 2*):
(2a°) $r = (c-b)= r'^3$, $R = (c^3-b^3)/(c-b)=R'^3 $, $a = r'R'$.
(2b°) $u = a + b-c$, где $u_{(2)} = 0$, цифра $u_3$ ≠ $0$.

***
(3°) $3$-значные окончания в эквивалентных (то есть с равными окончаниями) числах $(c-b)^3-a^3$ (см. 1*), $(c-b)^3-(c-b)R$, $(c-b)^3-a^3$, $[(c-b)-a]Q$ (см. 1*; math]$Q$[/math] - второй сомножитель в формуле разложения разности кубов), $uQ$ равны $0$, поскольку $u_{(2)} = 0$ (см. 2b°) и $Q_1 = 0$ (см. 1*).
(4°) Отсюда имеем: $R_{(3)} = (c-b)^2$$_{(3)} = (r'^3)^2$$_{(3)} = (r'^2)^3$$_{(3)}$ [КЛЮЧ доказательства!]
Рассмотрим равенство $a = r'R'$ (см. 2a°) по $3$-значным окончаниям:
(5°) $a_{(3)} = (r'R')_{(3)} =$… (см. 4°) …$= (r'r'^2)_{(3)} = (r'^3)_{(3)} =$… (см. 2a°) …$= (c-b)_{(3)} $,
что противоречит (2b°).
Теорема доказана.

Замечание. В выводе 5° опущена небольшая тонкость (две промежуточные формулы), о которой я скажу после устранения всех других вопросов.

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Цитата:

(4°) Отсюда имеем:$R_{(k+1)} = (c-b)^{n-1}$]

И вот это поподробнее откуда взялось?

Вы оборвали формулу. Цельная формула такова: $R_{(k+1)} = (c-b)^{n-1}$$_{(k+1)}$. Это равенство вытекает из второго выражения в 3°, оканчивающегося на $k+1$ нулей.

[Руст]

Пишется (Лемма 1)
если с^3-b^3 делится на p^3? а р не делит сb, то с-b делится на p^2.
полная чушь. Легко привести контрпример. Я приведу похожий (числа маленькие и легко проверить). Пусть с=5, b=3, основание р=7. с^3-b^3=2*49=0(mod p^2), p не делит ни bc ни c-b. Если этим числам добавить нечто умноженное на 49 получится и числа, когда c^3-b^3=0(mod 7).
Почитайте для начала хотя бы книжку Рибенбойма "Последняя теорема Ферма". Даже элементарными методами получены здесь красивые результаты. Может быть научитесь делать элементарные выводы.

[Сорокин Виктор]

Руст писал(а):

Пишется (Лемма 1)
если с^3-b^3 делится на p^3? а р не делит сb, то с-b делится на p^2.
полная чушь. Легко привести контрпример. Я приведу похожий (числа маленькие и легко проверить). Пусть с=5, b=3, основание р=7. с^3-b^3=2*49=0(mod p^2), p не делит ни bc ни c-b. Если этим числам добавить нечто умноженное на 49 получится и числа, когда c^3-b^3=0(mod 7).
Почитайте для начала хотя бы книжку Рибенбойма "Последняя теорема Ферма". Даже элементарными методами получены здесь красивые результаты. Может быть научитесь делать элементарные выводы.

А причем тут основание 7, если речь идет об основании 3 (в Вашем обозначении: р = 3)?
Боюсь, что тут и уважаемый Рибенбойм не поможет...

[shwedka]

Цитата:

(5°)$a_{(3)} = (r'R')_{(3)} =$… (см. 4°) …$= (r'r'^2)_{(3)} = (r'^3)_{(3)} =$… (см. 2a°) …$= (c-b)_{(3)} $,

У Вас известно, что $R_{(3)} = (c-b)^2$$_{(3)} = (r'^3)^2$$_{(3)} = (r'^2)^3$$_{(3)}$ и $R = R'^3 $. Как вы из этого вывели, что

Цитата:

$(r'R')_{(3)} =$… (см. 4°) …$= (r'r'^2)_{(3)} $,

??
Вы, видимо, считаете, что
$(A^3)_{(k)}=(B^3)_{(k)}$ влечет
A_{(k)}=(B)_{(k)}.
Объясните, please

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Цитата:

(5°)$a_{(3)} = (r'R')_{(3)} =$… (см. 4°) …$= (r'r'^2)_{(3)} = (r'^3)_{(3)} =$… (см. 2a°) …$= (c-b)_{(3)} $,

У Вас известно, что $R_{(3)} = (c-b)^2$$_{(3)} = (r'^3)^2$$_{(3)} = (r'^2)^3$$_{(3)}$ и $R = R'^3 $. Как вы из этого вывели, что

Цитата:

$(r'R')_{(3)} =$… (см. 4°) …$= (r'r'^2)_{(3)} $,

??
Вы, видимо, считаете, что
$(A^3)_{(k)}=(B^3)_{(k)}$ влечет
A_{(k)}=(B)_{(k)}.
Объясните, please

$(r'^3)_{(3)} = ([r'_{(2)}]^3)_{(3)}$ и $(R'^3)_{(3)} = ([R'_{(2)}]^3)_{(3)}$ – см. Лемму 3*.
Поэтому $(r'R')_{(3)} = [(r'_{(2)})(R'_{(2)})]_{(3)} = (r'_{(2)}^3)_{(3)} =…$ (см. Лемму 3*) $…= (r'^3)_{(3)}$.
Вот тот пропущенный момент, о котором я говорил ранее: от 3-значных окончанияй в степенях мы "спустились" к 2-значным окончаниям в основаниях, а потом, после получения "внизу", в произведении, 3-х равных сомножителей, вновь вернулись к 3-значному окончанию в степени. И во всех этих операциях мы строго придерживались требований Леммы 3*. Важно, что числа $r$ и $R$ являются степенями.

[shwedka]

так, значит лемма 3 появилась. Что еще будет? Я же просила опубликовать ПОЛНОЕ рассуждение без пропуска.
Лемма 3 (сейчас не обсуждаю ее справедливость) сформулирована для 2 и трехцифровых окончаний.
Нетрудно ли ее сформулировать и доказать для более длинных окончаний? вам ведь любая длина нужна.
И опять

Цитата:

$(r'R')_{(3)} = [(r'_{(2)})(R'_{(2)})]_{(3)} = (r'_{(2)}^3)_{(3)} =…$

Вы как-то незаметно извлекли кубический корень
из предыдущей формулы.
Повторяю свой вопрос. Можете ли вы доказать, что
$(A^3)_{(k)}=(B^3)_{(k)}$ влечет A_{(k)}=(B)_{(k)}.

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

так, значит лемма 3 появилась. Что еще будет? Я же просила опубликовать ПОЛНОЕ рассуждение без пропуска.
Лемма 3 (сейчас не обсуждаю ее справедливость) сформулирована для 2 и трехцифровых окончаний.
Нетрудно ли ее сформулировать и доказать для более длинных окончаний? вам ведь любая длина нужна.
И опять

Цитата:

$(r'R')_{(3)} = [(r'_{(2)})(R'_{(2)})]_{(3)} = (r'_{(2)}^3)_{(3)} =…$

Вы как-то незаметно извлекли кубический корень
из предыдущей формулы.
Повторяю свой вопрос. Можете ли вы доказать, что
$(A^3)_{(k)}=(B^3)_{(k)}$ влечет A_{(k)}=(B)_{(k)}.

shwedka писал(а):

так, значит лемма 3 появилась. Что еще будет? Я же просила опубликовать ПОЛНОЕ рассуждение без пропуска.

Где-то полгода назад, после появления подозрений на неверность представленного доказательства, я предупредил читателей форума, что перехожу в режим непосредственного ПРОЦЕССА нахождения доказательства. Найденная 29 декабря ключевая формула (4°) своими свойствами дала большую надежду на разрешимость проблемы.

shwedka писал(а):

Лемма 3 (сейчас не обсуждаю ее справедливость) сформулирована для 2 и трехцифровых окончаний.
Нетрудно ли ее сформулировать и доказать для более длинных окончаний? вам ведь любая длина нужна.

Простая Лемма 3 (в разных вариантах) периодически появлялась (иногда с доказательством) и исчезала в моих текстах. В простом виде она звучит так: при возведении в степень $n)$ числа с окончанием $(k)$ цифра $k+1$ основания не участвует в образовании $k+1$-й цифры в степени. Это видно из разложения бинома Ньютона $[a_{(k)} + (n^k)a_{k+1}]^n$. Таким образом, $(a_{(k+1)})^n$$_{(k+1)} = a^n$$_{(k+1)} = (a_{(k)})^n$$_{(k+1)}$.

shwedka писал(а):

И опять

Цитата:

$(r'R')_{(3)} = [(r'_{(2)})(R'_{(2)})]_{(3)} = (r'_{(2)}^3)_{(3)} =…$

Вы как-то незаметно извлекли кубический корень из предыдущей формулы.
Повторяю свой вопрос. Можете ли вы доказать, что
$(A^3)_{(k)}=(B^3)_{(k)}$ влечет A_{(k)}=(B)_{(k)}.

А это доказать не могу, т.к. для неравных А и В это неверно.

[shwedka]

Цитата:

Где-то полгода назад, после появления подозрений на неверность представленного доказательства, я предупредил читателей форума, что перехожу в режим непосредственного ПРОЦЕССА нахождения доказательства.

Значит, вы обманываете каждый раз, как пишете, что ТФ доказана.
Вы будете считать, что доказали, когда оппонентам надоест Вас ловить?

В третий раз прошу привести полное без пропусков рассуждене для трех.

Цитата:

Простая Лемма 3 (в разных вариантах) периодически появлялась (иногда с доказательством) и исчезала в моих текстах. В простом виде она звучит так: при возведении в степень $n$ числа с окончанием $(k)$цифра $k+1$основания не участвует в образовании $k+1$-й цифры в степени.

Но пользуетесь-то Вы обратным утверждением, что хвост числа может быть восстановлен по чуть более длинному хвосту его степени. А это можете доказать??

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Цитата:

Где-то полгода назад, после появления подозрений на неверность представленного доказательства, я предупредил читателей форума, что перехожу в режим непосредственного ПРОЦЕССА нахождения доказательства.

Значит, вы обманываете каждый раз, как пишете, что ТФ доказана.
Вы будете считать, что доказали, когда оппонентам надоест Вас ловить?

В третий раз прошу привести полное без пропусков рассуждене для трех.

Цитата:

Простая Лемма 3 (в разных вариантах) периодически появлялась (иногда с доказательством) и исчезала в моих текстах. В простом виде она звучит так: при возведении в степень $n$ числа с окончанием $(k)$цифра $k+1$основания не участвует в образовании $k+1$-й цифры в степени.

Но пользуетесь-то Вы обратным утверждением, что хвост числа может быть восстановлен по чуть более длинному хвосту его степени. А это можете доказать??

shwedka писал(а):

Цитата:

Где-то полгода назад, после появления подозрений на неверность представленного доказательства, я предупредил читателей форума, что перехожу в режим непосредственного ПРОЦЕССА нахождения доказательства.

Значит, вы обманываете каждый раз, как пишете, что ТФ доказана.

Когда я пишу, что теорема доказана, значит в данный момент я именно так и полагаю. Окажется ли мое мнение верным, покажет время. И обман – как политическая игра – тут вовсе ни причем.

shwedka писал(а):

Цитата:

Вы будете считать, что доказали, когда оппонентам надоест Вас ловить?

Тактически я буду считать теорему доказанной тогда, когда не буду видеть пропусков и непонятных мест в доказательстве. Стратегически – тогда, когда соглашусь с мнением моих оппонетов, признавших доказательство. (Одна из моих доказательств было признано верным целым десятком специалистов в теории чисел, однако сам я не спешил признать его таковым и в итоге оказался прав.)

shwedka писал(а):

Цитата:

В третий раз прошу привести полное без пропусков рассуждене для трех.

А это Ваша просьба мне представляется не прагматичной: ведь доказательство для трех приведено полностью, не считая крошечного дополнения к окончательному выводу, который дан, по существу, следом. И потом, задача форума – не подготовить статью для публикации, а разобраться в проблеме, поделиться мнениями, опытом.

shwedka писал(а):

Цитата:

Цитата:

Простая Лемма 3 (в разных вариантах) периодически появлялась (иногда с доказательством) и исчезала в моих текстах. В простом виде она звучит так: при возведении в степень $n$ числа с окончанием $(k)$ цифра $k+1$основания не участвует в образовании $k+1$-й цифры в степени.

Но пользуетесь-то Вы обратным утверждением, что хвост числа может быть восстановлен по чуть более длинному хвосту его степени. А это можете доказать??

Конечно. Существует с десяток способов доказательства этого простого и известного факта. Например, методом от противного с использованием предыдущей идеи (любое иное $k$-значное окончание, отличное от $k$-значного окончания числа а, даст и иное $k+1$-значное окончание степени). Затем, это есть и простое следствие из Леммы 1. Разложив разницу (с $k+1$ нулями) степеней на сомножители, мы получаем, что один "ноль" забирает сомножитель $R$, и тогда разница оснований оканчивается на $k$ нулей.

[shwedka]

Цитата:

Конечно. Существует с десяток способов доказательства этого простого и известного факта. Например, методом от противного с использованием предыдущей идеи (любое иное $k$-значное окончание, отличное от $k$-значного окончания числа а, даст и иное $k+1$-значное окончание степени). Затем, это есть и простое следствие из Леммы 1. Разложив разницу (с $k+1$ нулями) степеней на сомножители, мы получаем, что один "ноль" забирает сомножитель $R$, и тогда разница оснований оканчивается на $k$ нулей.

Ну вот и напишите подробно, если это так просто. Да заодно и доказательство Леммы 1.
Читатель за Вас додумывать не должен.

[Руст]

Проведение сравнения только по основанию p ( в этом случае 3) ничего не даст, хотя эта лемма верна и очевидна для основания именно p. Я поэтому приводил другое основание. Все возможные решения путём сравнения по модулю некоторого простого числа, как сравнения по модулю q (например Жермена q=2p+1) и по модулю q^2, дающих элементарные решения 1-го случая теоремы Ферма указаны в цитированной мною книге.
Вот более интересная задача, решаемая рассмотрением целых чисел в расширении (можно сказать элементарно)
Доказать, что уравнение
x^3+ y^3=7*z^3
имеет бесконечно много взаимно простых решений.
Ваш метод решает это?

[shwedka]

Руст
Не отвлекайте, пожалуйста, клиента.

[Сорокин Виктор]

Руст писал(а):

Проведение сравнения только по основанию p ( в этом случае 3) ничего не даст, хотя эта лемма верна и очевидна для основания именно p. Я поэтому приводил другое основание. Все возможные решения путём сравнения по модулю некоторого простого числа, как сравнения по модулю q (например Жермена q=2p+1) и по модулю q^2, дающих элементарные решения 1-го случая теоремы Ферма указаны в цитированной мною книге.
Вот более интересная задача, решаемая рассмотрением целых чисел в расширении (можно сказать элементарно)
Доказать, что уравнение
x^3+ y^3=7*z^3
имеет бесконечно много взаимно простых решений.
Ваш метод решает это?

Нет, не решает. Формула 4° работает только для равенства Ферма.
P.S. Доказательство лемм будет дано чуть позже. Ах, если бы дело стояло только за этим!..

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Цитата:

Конечно. Существует с десяток способов доказательства этого простого и известного факта. Например, методом от противного с использованием предыдущей идеи (любое иное $k$-значное окончание, отличное от $k$-значного окончания числа а, даст и иное $k+1$-значное окончание степени). Затем, это есть и простое следствие из Леммы 1. Разложив разницу (с $k+1$ нулями) степеней на сомножители, мы получаем, что один "ноль" забирает сомножитель $R$, и тогда разница оснований оканчивается на $k$ нулей.

Ну вот и напишите подробно, если это так просто. Да заодно и доказательство Леммы 1.
Читатель за Вас додумывать не должен.

Читатель не обязан додумывать ЗА меня. Читатель, который не любит думать, но любознателен, может получить информацию из завершенного и опубликованного доказательства. Да мне такие читатели мало интересны. Мне интересны читатели думающие, независимо от образования. Поэтому в изложении каждого момента доказательства какие-то простые, но легко выводимые, положения я излагаю не слишком подробно. Профессионалу (как, например, Someone) эти мелкие подробности не нужны (замечу, что Someone не задержался ни на леммах, ни на основных свойствах равенства Ферма – 1°-2°), а непрофессионалу (в теории чисел) немного подумать не мешает, поскольку продуманное знание существенно отличается от бездумно поглощенного знания (и это с лихвой окупает случайные ошибки).
Итак, о Леммах. Для случая третьей степени они доказаны по существу полностью. И после частного случая доказательство общего случая – посредственная задача из курса средней школы.
Уточняю доказательство для третьей степени.
Числа $r$, или $c-b$, и $R$, или $(c^2-2cb+b^2) + 3cb$, или $(c-b)^2 + 3cb$, являются взимопростыми – если число $c-b$ не делится на 3 и числа $c$ и $b$ взаимопростые. Действительно, число $c-b$ делит число $(c-b)^2$, но не имеет общих сомножителей ни с одним из чисел $3, c, b$.
Если же $c-b$ делится на 3 (т.е. на $n$), то первое слагаемое ($(c-b)^2$) в $R$ делится на 9, а второе ($3cb$) – только на 3. И потому число $R$ делится на $n$ только в первой степени.
Третья лемма легко доказывается методом от противного: если для одной и той же степени с $k+1$-значным окончанием существуют два различных основания с $k$-значными окончаниями, то тогда одна и та же степень имеет два различных $k+1$-значных окончания. И абсурд налицо.