ВТФ by Виктор Сорокин

[shwedka]

Цитата:

Dan_Te либо дебилизм, но никак не наивность.

А на таком уровне уже разница малоощутима. Это же не юношеская наивность,.

Тем более, его жалко, Вы его биографию почитайте.

Цитата:

Годами пудрить всем мозги

Ну уж всем. При Вашем высоком супермодераторском положении, тут манией величия отзывается.. На десятке малочитаемых форумов и на двух больших, включая этот. Не слыхал я, чтобы он, как там Ильин, Курилов, Лещинский и другие, шумел в прессе. Статей в журналы не шлет.
Ну, знает о нем сотня человек, с полдюжины для своего развлечения спорят. Нет, пожалуй, его можно как безобидного классифицировать.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

1) Виноват, упустил условие: $c$ не делится на $n$. Повторяю вопрос:
Но прежде чем представить на рассмотрение доказательство второго случая для степени $n=3$, я должен выяснить верность следующего утверждения:
если $c^n_{(k)} = (a^n + b^n)_{(k)}$ и окончания
$(a+b)_{(k)}$ и $[(a^n+b^n)/(a+b)]_{(k)} $ являются взимопростыми, то следует ли из этого, что окончание $(a+b)_{(k)}$ является окончанием некоторой степени $n$?

Что такое "взаимная простота окончаний" - непонятно, так как в кольце вычетов по любому модулю любое число (точнее, вычет) делится на любое другое, взаимно простое с модулем.

Нет, не следует. Например (в троичной системе счисления):
$a=\dots 0111022121$, $b=\dots 221222220$, $c=\dots 2010220021$, $a^3+b^3\equiv c^3\pmod{3^{11}}$ (и левая, и правая части оканчиваются на $\dots 21012010201$), однако куб любого числа в троичной системе счисления оканчивается на $\dots 00$, $\dots 01$ или $\dots 22$, поэтому $a+b=\dots 1110022111$ не является кубом.

[Someone]

Руст писал(а):

Объясню алгоритм проверки, ...

Ну, Вы пока не очень вошли в курс дела, поэтому я немного уточню то, что Вы пишете.

Я напомню, какие требования предъявляются к возможным контрпримерам. Предположим, что попарно взаимно простые натуральные числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют уравнению $a^n+b^n=c^n$ для некоторого простого $n>2$. Тогда существуют такие натуральные числа $a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2$, $c_1$, $c_2$, что

$$c-b=\begin{cases}a_1^n\text{, если }a\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{a_1^n}{n}\text{, если }a\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}\eqno(1)$$

$$\frac{c^n-b^n}{c-b}=\begin{cases}a_2^n\text{, если }a\text{ не делится на }n\text{,}\\ na_2^n\text{, если }a\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}\eqno(2)$$

$$c-a=\begin{cases}b_1^n\text{, если }b\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{b_1^n}{n}\text{, если }b\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}\eqno(3)$$

$$\frac{c^n-a^n}{c-a}=\begin{cases}b_2^n\text{, если }b\text{ не делится на }n\text{,}\\ nb_2^n\text{, если }b\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}\eqno(4)$$

$$a+b=\begin{cases}c_1^n\text{, если }c\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{c_1^n}{n}\text{, если }c\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}\eqno(5)$$

$$\frac{a^n+b^n}{a+b}=\begin{cases}c_2^n\text{, если }c\text{ не делится на }n\text{,}\\ nc_2^n\text{, если }c\text{ делится на }n\text{.}\end{cases}\eqno(6)$$

Заметим здесь, что число $a$ (соответственно, $b$, $c$) делится или не делится на $n$ одновременно с числом $a_1$ (соответственно, $b_1$, $c_1$). Числа $a_2$, $b_2$, $c_2$ на $n$ не делятся.
Эти формулы известны, кажется, лет двести. Я не знаю, существуют ли ещё какие-нибудь соотношения подобного рода.
Полезно также следующее утверждение: если $p\equiv q\pmod{n^k}$, причём, $p$ (и, естественно, $q$) делится на $n^m$ при $0\leqslant m<k$, то $p^n\equiv q^n\pmod{n^{k-m+1+mn}}$.
Числа $a$, $b$, $c$ можно выразить через $a_1$, $b_1$, $c_1$. Для удобства обозначим
$A=\begin{cases}a_1^n\text{, если }a\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{a_1^n}{n}\text{, если }a\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}$
$B=\begin{cases}b_1^n\text{, если }b\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{b_1^n}{n}\text{, если }b\text{ делится на }n\text{,}\end{cases}$
$C=\begin{cases}c_1^n\text{, если }c\text{ не делится на }n\text{,}\\ \frac{c_1^n}{n}\text{, если }c\text{ делится на }n\text{.}\end{cases}$
Тогда $a=\frac{C+A-B}{2}$, $b=\frac{C-A+B}{2}$, $c=\frac{C+A+B}{2}$.
Заметим ещё, что, если мы определили $k$ младших $n$-ичных цифр чисел $a_1$, $b_1$ и $c_1$, то это даёт нам $k+1$ младших $n$-ичных цифр чисел $a$, $b$ и $c$, которые должны удовлетворять соотношению $a^n+b^n\equiv c^n\pmod{n^{k+2}}$. Это немного усложняется в случае, когда одно из чисел $a$, $b$, $c$ (и соответствующее число $a_1$, $b_1$, $c_1$) делится на $n^m$ и не делится на $n^{m+1}$ при $m>1$. Пусть, например, $b_1=b_0\cdot n^m$, где $mn<k+1$; тогда для числа $b_0$ нужно знать $k+1-mn$ младших $n$-ичных цифр, а число $b_2$ определяется из условия $b_1b_2=b$, или $b_0b_2=\frac{b}{n^m}$. Это важно при последовательном подборе цифр чисел $a_1$, $b_1$ и $c_1$, так как, если на каком-то шаге задать больше цифр числа $b_0$, чем нужно, то легко попасть в тупик, когда продолжить число не удаётся.

Соотношения (1) - (6) следуют из основного уравнения $a^n+b^n=c^n$ и учитываются Виктором Cорокиным в его рассуждениях. Если основное уравнение выполняется по модулю $n^{k+2}$, то соотношения (1) - (6) должны выполняться по модулю $n^{k+1}$; видимо, достаточно учитывать (1), (3) и (5), так как (2), (4) и (6) из них следуют. Поэтому построение контрпримера должно учитывать эти соотношения, и исходным является подбор чисел $a_1$, $b_1$ и $c_1$ (деление на $2$ по модулю $n^{k+1}$, естественно, сводится к умножению на $\frac{n^{k+1}+1}{2}$).
Уже простейший просчёт для $m=0$ и $k=1$ показывает, что при $n\in\{3,5,11,17,23,29\}$ не существует решений уравнения $a^n+b^n=c^n$, удовлетворяющих условиям (1), (3) и (5), если числа $a$, $b$, $c$ все не делятся на $n$; кроме того, во всех найденных решениях $m\geqslant 2$, то есть, одно из чисел $a$, $b$, $c$ должно делиться на $n^2$. Поэтому для этих значений $n$ у Виктора Сорокина есть шанс доказать первый случай теоремы Ферма, а вот при $n\in\{7,13,19,31\}$ его идея точно не сработает. Значения $n>36$ я не проверял.

[Dan_Te]

Цитата:

Ну уж всем. При Вашем высоком супермодераторском положении, тут манией величия отзывается.. На десятке малочитаемых форумов и на двух больших, включая этот. Не слыхал я, чтобы он, как там Ильин, Курилов, Лещинский и другие, шумел в прессе. Статей в журналы не шлет.
Ну, знает о нем сотня человек, с полдюжины для своего развлечения спорят. Нет, пожалуй, его можно как безобидного классифицировать.

Мне казалось, в каком-то журнале он все же печатался. "Уральский вестник" или что-то такое, не помню...
Не очень понял про манию величия. "Всем" - это про тех, до кого он может добраться. Статьи в журналы он, я думаю, слал.

Биография? Дайте ссылку пожалуйста, лень искать. Изучу подробнее.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Что такое "взаимная простота окончаний" - непонятно, так как в кольце вычетов по любому модулю любое число (точнее, вычет) делится на любое другое, взаимно простое с модулем.

Второй случай. Помощь Someone в последние дни позволила понять направления предстоящего исследования.

Просмотрев свое доказательство для первого случая, я увидел, что оно имеет бОльшую силу и применимо для следующей теоремы:
Если $(a+b-c)_1=0$ и $(abc)_1 ≠ 0$, то $(a^n+b^n-c^n)_{(2)} ≠ 0$.

А теперь рассмотрим второй случай для $n=3$, $k=2$ (случай $k=1$ невозможен – см. вторые цифры в числах $p'^n [=c-b]$ и $q'^n [=c-a]$), $c_{(2)}=10$.

Вот все окончания, участвующие в доказательстве (в порядке их вычисления):
1) $a_{(2kn)} = a_{(12)} = 1$ (это уже после преобразования окончания числа $a$ с помощью $d^{nn}$ из Леммы 2).
2) $c^3_{(6)} = 000000$.
3) $(a+b)_{(5)} = 00000$ (согласно Лемме 1).
4) $b_{(5)} = -00001$ (находим из 3)).
5) $R = nR'^n$ [см. Лемму 1*] $= (a^n+b^n)/(a+b) = a^2-ab+b^2 = (a+b)^2-3ab$.
6) $R_{(10)} = [(a+b)^2-3ab]_{(10)}$ [см. 3)] $= [-3ab]_{(10)}$ [см. 12)] $= [-3b]_{(4)}$.
Следовательно, 9-значное окончание числа $b$ совпадает с 9-значным окончанием значимой части числа $R$, или $R'^n$, т.е. является 9-значным окончанием третьей СТЕПЕНИ (и, очевидно, таковым оно было и до преобразования окончания $a$ с помощью $d^{nn}$).
Аналогично: 9-значное окончание $a_{(9)} [=1]$ также является 9-значным окончанием третьей СТЕПЕНИ, а именно $a_{(9)}=(1)^3_{(9)} = 1$.
И вот в этом месте начинается та самая часть доказательства, которая потрясла Пьера Ферма. И даже доказательство первого случая ничто по сравнению с предстоящими выкрутасами (к счастью, не слишком длинными). Вот "врата рая", через которые должны пройти все караваны ферматистов.
Очень интересны первые один – от силы два шага, в которых рождается новое равенство (по двузначным окончаниям), относящееся к первому случаю. Любопытно: анализ первого случая отсылает нас ко второму, а анализ второго – к первому. И так бесконечно. Не этот ли момент является самым неожиданным?
Я даю три дня любителям головоломок для составления этого равенства самостоятельно. После чего продолжу изложение.

[shwedka]

Dan_Te
посмотрите в
http://www.ivlim.ru/fox/showarticle.asp?id=803

Цитата:

Не очень понял про манию величия

Не стоит себя и свою компанию считать за 'всех'.
публикацию найти не удалось.
Виктор Сорокин
Мы тут Ваши публикации ищем. Подскажите...плиз.

[Руст]

Дело в том, что известные соотношения Someone, Сорокин использует только по модулю некоторой степени простого числа n. Поэтому, наличие решений в целых p- адических числах соответствующего вида доказывает несостоятельность метода Сорокина. Я доказал, что первый случай теоремы Ферма для n=3 является единственным случаем, когда этот метод приводит к результату. Во всех остальных случаях имеется соответствующее решение в p -адических числах. А этот единственный случай я встречал в каком то задачнике для школьников.

[juna]

Было бы интересней поискать элементарные доказательства для частных случаев, а не искать всего доказательства сразу. Такие гении как Гаусс, Эйлер не мечтали об этом. А Вы пробираясь сквозь элементарные ошибки, надеетесь на что-нибудь наткнуться...
В общем виде не найдено еще не одного элементарного доказательства ВТФ для n=3. Если стремиться в этом направлении, то можно принести бо`льшую пользу. При этом можно использовать уже доказанное предложение: если сумма двух кубов равна кубу, то одно из этих чисел должно делиться на три. Желаю успехов.

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Dan_Te
посмотрите в
http://www.ivlim.ru/fox/showarticle.asp?id=803

Цитата:

Не очень понял про манию величия

Не стоит себя и свою компанию считать за 'всех'.
публикацию найти не удалось.
Виктор Сорокин
Мы тут Ваши публикации ищем. Подскажите...плиз.

"Наука Урала", 1991 г. и "Журнал ТРИЗ", 1992 г., кажется. Но для текущего исследования это никакого практического значения не имеет.

[Сорокин Виктор]

Руст писал(а):

Дело в том, что известные соотношения Someone, Сорокин использует только по модулю некоторой степени простого числа n. Поэтому, наличие решений в целых p- адических числах соответствующего вида доказывает несостоятельность метода Сорокина. Я доказал, что первый случай теоремы Ферма для n=3 является единственным случаем, когда этот метод приводит к результату. Во всех остальных случаях имеется соответствующее решение в p -адических числах. А этот единственный случай я встречал в каком то задачнике для школьников.

При осложнениях и задержке с доказательством второго случая постараюсь улучить время и привести доказательство первого случая для n=5 тем же методом.

[Сорокин Виктор]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

1) Было бы интересней поискать элементарные доказательства для частных случаев, а не искать всего доказательства сразу.
2) Такие гении как Гаусс, Эйлер не мечтали об этом. А Вы пробираясь сквозь элементарные ошибки, надеетесь на что-нибудь наткнуться...
3) В общем виде не найдено еще не одного элементарного доказательства ВТФ для n=3. Если стремиться в этом направлении, то можно принести бо`льшую пользу.
4) При этом можно использовать уже доказанное предложение: если сумма двух кубов равна кубу, то одно из этих чисел должно делиться на три. Желаю успехов.

1) Сейчас я как раз этим и занимаюсь: сосредоточился на случае n=3.
2) Не уверен. Скорее уверен в обратном: подход к проблеме с разных сторон более эффективный.
3) Факт интересный. Он свидетельствует о том, что я на правильном пути. Полдела (первый случай) сделано. Логично предположить, что и второй доказывается тем же методом. Вот показал основные цифровые окончания. Видно, что превращение в 1 окончания какого-либо из чисел существенно упрощает КАРТИНУ. А чем меньше нагромождений, тем легче улавливать закономерности. Поскольку аппарат чрезвычайно простой и я никому не препятствую участвовать в поиске решения прблемы, то даже школьники могут поработать и для общего дела, и для себя (ведь всё на виду; пока форум жив, никто ни у кого ничего не отнимет). Кстати, к КАРТИНЕ следует добавить важный факт: 5-значное окончание числа R - 00010.
4) Этот путь уводит от поиска общего доказательства. Легко показать, что число ab (при n=3) делится также на 7, 13, 97. Но это ничего не дает.

[Dan_Te]

Виктор, именно так.

Журнал ТРИЗ, 1992, №3.4.92, pp.5-6.
"Наука Урала" 47, 1991

shwedka
См. приват.
Спасибо за ссылку. "Всем" - это значит всему миру. Когда человек пишет что-то в интернете, это значит, что он хочет донести свою мысль до других людей. Теоретически - до всего мира. Прочитав про Теслу и про изобретения (по той ссылке, что вы дали), я еще более укрепился во мнении, что в данном случае целью Сорокина является просветление человечества и доказательство собственной как минимум неординарности.

Десяток малоизвестных форумов - не так уж и мало, мне кажется.
http://math.luga.ru/forum/viewtopic.php?p=11338
http://forum.dubinushka.ru/index.php?showtopic=2219
http://faqs.org.ru/forum/viewtopic.php?p=109561
http://physics.nad.ru/matboard/messages/4230.html
http://www.reshaem.ru/forum/viewtopic.php?t=225
http://www.bymath.net/cgi-bin/ultimateb ... 1&t=000013
и еще штук пятнадцать-двадцать по запросу в Яндексе.
Иностранные:
http://physicsforums.com/showthread.php?t=82541 - 11 страниц обсуждения, похожего на наше,
http://www.fmatem.moldnet.md/1_(v_sor_05).htm
http://www.cut-the-knot.org/htdocs/dcfo ... 7.shtml#44

[juna]

Цитата:

Этот путь уводит от поиска общего доказательства. Легко показать, что число ab (при n=3) делится также на 7, 13, 97. Но это ничего не дает.

Хотелось бы увидеть Ваши доказательства. Наверное, там опять куча ошибок. Вообще, математики давно разделили доказательства ВТФ на два отдельных случая: 1. когда ни одно число равенства не сравнимо с нулем по модулю показателя степени, 2. когда одно из чисел равенства делится на показатель степени.
Первый случай доказан в общем виде элементарными средствами для некоторых показателей, а именно для тех n, что 2n+1 – простое число. Известное следствие теоремы Софи-Жермен. О чем вы можете обстоятельно почитать в М.М.Постников «Введение в теорию алгебраических чисел», о которой кто-то уже упоминал.
Первый случай для n=3, как заметили на форуме, вашим методом можно доказать. Но ведь, как следует из вышесказанного, для первого случая дорога открыта. Например, я могу воспроизвести собственное оригинальное элементарное доказательство, и ни сколько не приблизиться при этом к решению второго случая.
Вообще, в любом методе есть руководящая идея, поняв которую можно работать над деталями. А в чем идея Вашего метода? Я особенно не разбирался в Ваших записях на форуме, слишком уж их много, часто меняется позиция, и все, кому не лень, клеймят Ваши ошибки. Видимо, вы заняты неблагодарным занятием, например, перебрать все возможные окончания кубов чисел и показать, что сумма этих окончаний на каком - то разряде не сможет быть равна никакому окончанию из стольких же разрядов куба числа. Так это чисто вычислительная задача и для частных случаев компьютер - Ваш помощник. Хотя сама идея тоже сомнительна. Ведь не доказано, что такое всегда может случиться, скорее наоборот, ВТФ верна в пределе. Для запарки по доказательству второго случая элементарными методами приведу общеизвестные формулы размножения рациональных точек для кубов, может быть, это как-то перенаправит Ваши исследования.
Если N=a^3+b^3, то N=x^3+y^3, где x=a-((3ab^3)/(b^3-a^3)), y=b+((3ba^3)/(b^3-a^3)).
P.S. Для саморазвития в математике есть куда более интересные, ценные и благодарные темы с единственным недостатком – может быть не столь популярны. Объективно посмотрите на 31 страницу форума, формула Вашей работы: шум/результат->бесконечность
[/math]

[Борис Лейкин]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Такие гении как Гаусс, Эйлер не мечтали об этом.

Гаусс, кажется, не интересовался вообще ВТФ. Он говорил, что может придумать огромное
количество проблем, подобных ей.
Я придумал одну Не знаете она решена или нет?:
$x^n+y^n+z^n=w^n$.
Для n=3, существуют целые x=3,y=4,z=5,w=6: $3^3+4^3+5^3=6^3$.
Существуют ли целочисленные решения уравнения при n>3?

[Котофеич]

Борис Лейкин писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Такие гении как Гаусс, Эйлер не мечтали об этом.

Гаусс, кажется, не интересовался вообще ВТФ. Он говорил, что может придумать огромное
количество проблем, подобных ей.
Я придумал одну Не знаете она решена или нет?:
$x^n+y^n+z^n=w^n$.
Для n=3, существуют целые x=3,y=4,z=5,w=6: $3^3+4^3+5^3=6^3$.
Существуют ли целочисленные решения уравнения при n>3?

Это не Вы придумали, а Эйлер.