2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1 ... 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31 ... 43  След.
 
 
Сообщение05.03.2006, 12:31 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
Someone писал(а):
Сорокин Виктор писал(а):
Но из непосредственного вычисления окончания числа $R^*-(C-B)^2$ мы видим, что третья цифра (от конца) в этом числе НЕ РАВНА нулю:
второй член в $R^*$ есть $B$, а в $(C-B)^2$ есть $2B$, и потому третья цифра в $R^*-(C-B)^2$ равна $(B-2B)_3= (-B)_3$, где $B_3$$0$.


Где-то здесь ошибка.


Постараюсь исправить.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 12:40 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
Руст писал(а):
Уже несколько раз здесь сказал, что нельзя доказать второй случай теоремы только рассматривая остатки, т.е. в $Z_{p^k}=Z/Zp^k$. С помощью леммы Гензеля можно построить нетривиальное решение даже в проективном пределе этих остатков, т.е. в p- адически целых числах. Потому доказательство второго случая от Сорокина заведомо можно не рассматривать.
Доказательство первого случая проходит для многих простых р даже такими простыми методами, но и здесь вряд ли можно придумать что то новое, кроме описанных в книге Рибенбойм. Последняя теорема Ферма.
Поэтому, предлагаю в дальнейшем игнорировать эту тему, ничего больше не писать. Я лично дальше сюда не буду заходить.


Гензель прав, а Вы - нет: из неприменимости сравнения по остаткам равенства в целом не вытекает неприменимость сравнения по остаткам частей равенства.
Я слегка замаскировал метод доказательства для первого случая, который применим к любому n. После исправления ошибки во втором случае и признания его верным хотя бы для случая n=3 я перейду к распространению доказательства на любое n.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 12:46 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
Someone писал(а):
Руст писал(а):
Уже несколько раз здесь сказал, что нельзя доказать второй случай теоремы только рассматривая остатки, т.е. в $Z_{p^k}=Z/Zp^k$. С помощью леммы Гензеля можно построить нетривиальное решение даже в проективном пределе этих остатков, т.е. в p- адически целых числах. Потому доказательство второго случая от Сорокина заведомо можно не рассматривать.
Доказательство первого случая проходит для многих простых р даже такими простыми методами, но и здесь вряд ли можно придумать что то новое, кроме описанных в книге Рибенбойм. Последняя теорема Ферма.
Поэтому, предлагаю в дальнейшем игнорировать эту тему, ничего больше не писать. Я лично дальше сюда не буду заходить.


Да и другие на протяжении долгого времени тоже пытались объяснить Виктору Сорокину, что затея его бесперспективна - с объяснением причин. Однако он, видимо, не понимает, о чём идёт речь.
Но у нас тут цель несколько другая, совершенно идеальная и, скорее всего, совершенно недостижимая: уговорить Виктора Сорокина забросить эту ерунду и заняться более полезным делом. Например, игрой в бирюльки.


Первый кусок Вы признали верным. А теперь, уверен, Вас ждет признание и следующегокуска. Описка - это еще не кататсрофа, она исправляется...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 12:58 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
shwedka писал(а):
А все же как насчет положительных рецензий??? В третий раз прошу, а вы девушку игнорируете!!! Абидна, да???


А вот и "свисток":

Случаи 2 распадаются на два подслучая:
2a) на n делится число c
2b) на n делится число b.

Рассмотрим сначала
Случай 2a: $c_1=0$, но $(ab)_1$$0$, $k_{(2)}= c_{(2)}=0$, $k_3$$0$, следовательно, $R_{(2)}=10$ и $r_{(5)}=00001$ (см. 1*)
(6°) (здесь $r = a+b$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b)$).
Но нам понадобятся также и
(7°) $p = c-b$ и $P = (c^n-b^n)/(c-b)=c^2+cb+b^2$;
(8°) $q = c-a$ и $Q = (c^n-a^n)/(c-a)=c^2+ca+a^2$.

Предварительно для удобства вычислений преобразуем $a_{(5)}=0$ (следовательно и $(-b)_{(5)}$) в 00001 с помощью некоторого $d{nn}$ из Леммы 2*.
(9°) Теперь $ P_{(5)} = Q_{(5)} = c^*0001$, где $c^*$ есть цифра $c_5$ (см. 7°-8°).

Доказательство Случая 2а
(10°) В сумме P и Q (см. 7°-9°) 5-значное окончание равно 5-значному окончанию $c^*0001+c^*0001a$, где пятая цифра, очевидно, не равна нулю. Запомним этот факт.
А теперь найдем 5-значное окончание этой суммы иначе (с учетом окончаний чисел $a$, $b$, $a+b$):
$(P+Q)_{(5)} = 
[(c^2+cb+b^2)+(c^2+ca+a^2)]_{(5)} = 
[(2c^2)+c(b+a)+(b^2+a^2)]_{(5)} =
[(2c^2)+c(b+a)+(b^2+2ab+a^2)-2ab]_{(5)} =
[(2c^2)+c(b+a)+(a+b)^2-2ab]_{(5)} =
(2c^2)_{(5)}$
т.е. цифра $(2c^*)_5 НЕ РАВНА НУЛЮ.
А теперь сравните этот результат с (10°).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 16:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Предваряя обсуждение позднейшего (хотелось бы написать 'последнего') рассуждения.
Цитата:
Сорокин двучлен в квадрат возводить не умеет
Цитата:
второй член .... в$(C-B)^2$есть $2B$


Не $2B$, а $-2B$.

Виктор, Вы все-таки пошляк. Наберитесь мужества и в подобных случаях признавайтесь: "Да, у меня ошибка. Предложу (предлагаю) другое рассуждение''.
Иначе сторонний (а их много, по сотне просмотров на каждый пост) читатель может подумать, что у Вас все правильно, а идиоты-оппоненты ни черта не понимают и придираются.
Совсем честно было бы Вам нумеровать Ваши ошибочные рассуждения.
И в четвертый раз прошу обнародовать положительные рецензии с именами.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 17:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Сорокин Виктор писал(а):
shwedka писал(а):
А все же как насчет положительных рецензий??? В третий раз прошу, а вы девушку игнорируете!!! Абидна, да???


А вот и "свисток":


А где имеющиеся у вас положительные рецензии с подписями, которых Вы обещали аж 10 штук?

Сорокин Виктор писал(а):
Случаи 2 распадаются на два подслучая:
2a) на n делится число c
2b) на n делится число b.

Рассмотрим сначала
Случай 2a: $c_1=0$, но $(ab)_1$$0$, $k_{(2)}= c_{(2)}=0$, $k_3$$0$,


Пусть в троичной системе счисления $a=\dots 0121101$, $b=\dots 2001122$, $c=\dots 0212200$. Желающие могут проверить, что $a^3+b^3\equiv c^3\pmod{3^8}$. А что такое $k$? Или это $u=a+c-b=\dots 1210100$?

Сорокин Виктор писал(а):
следовательно, $R_{(2)}=10$ и $r_{(5)}=00001$ (см. 1*)
(6°) (здесь $r = a+b$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b)$).


$R=\dots 0222010$, $r=\dots 2200000$. Опечатка, что ли?

Сорокин Виктор писал(а):
Но нам понадобятся также и
(7°) $p = c-b$ и $P = (c^n-b^n)/(c-b)=c^2+cb+b^2$;
(8°) $q = c-a$ и $Q = (c^n-a^n)/(c-a)=c^2+ca+a^2$.


$p=\dots 1211001$, $P=\dots 0100001$, $q=\dots 0021022$, $Q=\dots 0112101$.

Сорокин Виктор писал(а):
Предварительно для удобства вычислений преобразуем $a_{(5)}=0$ (следовательно и $(-b)_{(5)}$) в 00001 с помощью некоторого $d{nn}$ из Леммы 2*.


Опечатка? $a_{(5)}\ne 0$. Умножаем $a$, $b$, $c$ на $70^3=\dots 2111201$. Полученные числа будем обозначать теми же буквами со штрихом над буквой:
$\acute a=\dots 1100001$, $\acute b=\dots 1022222$, $\acute c=\dots 0022200$. Тогда $\acute a^3+\acute b^3\equiv\acute c^3\pmod{3^8}$, $\acute u=\dots 2100100$, $\acute p=\dots 1222201$, $\acute P=\dots 0010101$, $\acute q=\dots 1222122$, $\acute Q=\dots 0002201$, $\acute r=\dots 2200000$, $\acute R=\dots 0000010$.

Сорокин Виктор писал(а):
(9°) Теперь $ P_{(3)} = Q_{(3)} = c^*01$, где $c^*$ есть цифра $c_3$ (см. 7°-8°).


Неверно: $\acute P_3\ne\acute Q_3$. И тем более $\acute P_{(5)}\ne\acute Q_{(5)}$, как Вы исправили за то время, пока я писал ответ.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 17:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Сорокин Виктор писал(а):
Доказательство Случая 2а
(10°) В сумме P и Q (см. 7°-9°) 5-значное окончание равно 5-значному окончанию

$c^*0001+c^*0001a$, где пятая цифра, очевидно, не равна нулю.

Запомним этот факт.
А теперь найдем 5-значное окончание этой суммы иначе (с учетом окончаний чисел

$a$, $b$, $a+b$):
$(P+Q)_{(5)} = 
[(c^2+cb+b^2)+(c^2+ca+a^2)]_{(5)} = 
[(2c^2)+c(b+a)+(b^2+a^2)]_{(5)} =
[(2c^2)+c(b+a)+(b^2+2ab+a^2)-2ab]_{(5)} =
[(2c^2)+c(b+a)+(a+b)^2-2ab]_{(5)} =
(2c^2)_{(5)}$
т.е. цифра $(2c^*)_5 НЕ РАВНА НУЛЮ.
А теперь сравните этот результат с (10°).


И там, и тут написано, что пятая цифра числа $\acute P+\acute Q=\dots 0020002$ не равна $0$. Действительно, не равна. Ну и что?

 Профиль  
                  
 
 ВТФ для n=3, второй случай
Сообщение05.03.2006, 19:17 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
Заблудился среди трех сосен – ну и нагромоздил! А ларчик просто откравается: с помощью ТОГО же самого метода, что и первый случай.
Для $c_1=0$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b) = a^2-ab+b^2$.
Напомню, что
1*) $R_{(3)} = 010$. И этот факт не меняется от преобразования 5-значных окончаний числа $a$ в 00001, а числа $b$ ) в -00001.

Итак,
$R = (a+b)^2-3ab=(a+b)^2-c^2+c^2-3ab= (a+b-c)(a+b-c+2c)+c^2-3ab$.
И теперь $R_{(3)} = (a+b-c)(2c)+-3ab$.
Откуда $R_30$. Сравни с 1*).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3, второй случай
Сообщение05.03.2006, 19:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17975
Москва
Сорокин Виктор писал(а):
$R = (a+b)^2-3ab=(a+b)^2-c^2+c^2-3ab= (a+b-c)(a+b-c+2c)+c^2-3ab$.
И теперь $R_{(3)} = (a+b-c)(2c)+-3ab$.


Числа $u=a+b-c$ и $c$, по предположению, оканчиваются на два нуля. Поэтому $u^2$, $u\cdot 2c$ и $c^2$ оканчиваются на четыре нуля и на третью цифру не влияют. Что касается числа $3ab=\dots 12000220$, то оно оканчивается на $\dots 0220$, поэтому $R=\dots 0000-\dots 0220=\dots 2010$.

Сорокин Виктор писал(а):
Сравни с 1*).


Вы не могли бы сами проделывать подобные вычисления, прежде чем вываливать сюда своё очередное "эпохальное изобретение"? То, что Вы делаете, свидетельствует о Вашем неуважении к тем, кто Вас читает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.03.2006, 21:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
A вы не поясните, почему можно одним умножением сделать 00001
одновременно в a и в -b ???
Сколько одинаковых цифр в конце у них??

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для n=3, второй случай
Сообщение06.03.2006, 01:27 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
Someone писал(а):
Вы не могли бы сами проделывать подобные вычисления, прежде чем вываливать сюда своё очередное "эпохальное изобретение"? То, что Вы делаете, свидетельствует о Вашем неуважении к тем, кто Вас читает.


Вы очень быстро реагируете, и я не успеваю внести изменения.
Ох и тяжелая эта работа: за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ. Третья попытка. Надеюсь. последняя.
Для $c_1=0$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b) = a^2-ab+b^2$.
Напомню, что
1*) $R_{(3)} = 010$. И этот факт не меняется от преобразования 5-значных окончаний числа $a$ в 00001, а числа $b$ - в -00001.

Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.03.2006, 03:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Цитата:
Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.


$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)=(a+b)^2-3ab$. последняя цифра которого с полной очевидностью РАВНА НУЛЮ
Цитата:
за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ.

НА ПУСТОМ МЕСТЕ
Вот это точно сказано!!!


Цитата:
... попытка. Надеюсь. последняя.

Обещаете??
И как там с положительными отзывами??

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.03.2006, 12:43 
Заморожен


27/05/05
251
Франция
shwedka писал(а):
Цитата:
Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.


$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)=(a+b)^2-3ab$. последняя цифра которого с полной очевидностью РАВНА НУЛЮ
Цитата:
за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ.

НА ПУСТОМ МЕСТЕ
Вот это точно сказано!!!


Цитата:
... попытка. Надеюсь. последняя.

Обещаете??

И как там с положительными отзывами??


Да, второй случай не доказан ни на иоту. Но это отнюдь не означает, что простого доказательства не существует. И, надеюсь, оно вскоре будет найдено.

И ответ на Ваш вопрос:
В числе "а" можно превратить в 1 любое окончание.
А окончание числа b находится из 5-значного окончания суммы a+b, равного 00001 (согласно лемме 1*).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.03.2006, 20:21 


06/03/06
40
Эх Виктор, Виктор... ведь спрашивал Вас Hevuelto: нужна Вам помощь или нет?...
Ладно уж...
Удивительное свойство, о котором писал Ферма, заключается в том, что любое число Х, возведённое в степень n, где n>или=2, можно представить в виде суммы нечётных чисел - ограниченной последовательности ряда нечётных чисел.
При этом, любое число в любой степени можно представить в виде разности двух квадратов других чисел...
Почитайте http://hevuelto.livejournal.com/
Начните с "Степень общего вида X^n." Часть 1, 2, 3 и 4.
И доказывайте себе в удовольствие. Там много чего уже выложено для общего пользования. Ничего сложного, на школьном уровне...:)))
Удачи!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.03.2006, 20:44 
Основатель
Аватара пользователя


11/05/05
4312
Сорокин Виктор
Как там с положительными отзывами?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 645 ]  На страницу Пред.  1 ... 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31 ... 43  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group