Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

shwedka писала:

Цитата:

Осталось привести доказательство, что и для других будет так же. Жду....

Двух или 22 или 222222222222222222222222222 примеров недостаточно.

Пожалуйста:
Если a*+b*-c*=u, то и (a*-a')+(b*-b')-(c*-c')=u - если a'+b'-c'=u.
(a, b, c) - общее решение;
(a*, b*, c*) - частное решение (из девяток);
(a-a*, b*-b, c*-c) - "довески", позволяющие из "девяточного" решения получить исходное, "истинное" решение (a, b, c).

[shwedka]

Следите за руками Сорокина.установлено.

Пасс 1. берется предполагаемое решение УФ. Умножается на что-то. Все чисто. Доверие А внимание публики отвлечено.
Пасс 2. О Ферма забываем. Прибавляем к числам по многу всякой всячины, чтобы получить девятки. Мноооого девяток.
Пасс 3. Происходит (безобидное) округление, в процессе которого остаются только девятки, а от исходных чисел-ничего. (нас уже обманули, но мы думаем, что фокус еще впереди)
Пасс 4.
Оказывается, что получившиеся числа очень плохие. Мы проверяем- взаправду плохие. Аплодисменты. Фокусник (Сорокин) забирает деньги и ждет следующую группу лохов.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Следите за руками Сорокина.

Оказывается, что получившиеся числа очень плохие. Мы проверяем- взаправду плохие. Аплодисменты. Фокусник (Сорокин) забирает деньги и ждет следующую группу лохов.

Чего же Вы так самокритичны?

[shwedka]

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

Следите за руками Сорокина.

Оказывается, что получившиеся числа очень плохие. Мы проверяем- взаправду плохие. Аплодисменты. Фокусник (Сорокин) забирает деньги и ждет следующую группу лохов.

Чего же Вы так самокритичны?

Да вот не сразу раскусила.
Сейчас я в Вашей солнечной стране, в Марселе, но встретиться не получится.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

Следите за руками Сорокина.

Оказывается, что получившиеся числа очень плохие. Мы проверяем- взаправду плохие. Аплодисменты. Фокусник (Сорокин) забирает деньги и ждет следующую группу лохов.

Чего же Вы так самокритичны?

Да вот не сразу раскусила.
Сейчас я в Вашей солнечной стране, в Марселе, но встретиться не получится.

Ну тогда приятного аппетита! А я поищу какого-нибудь отщепенца..

Добавлено спустя 2 часа 11 минут 10 секунд:

На странице 14 (внизу) приведено доказательство неравенства
(4°) a^n+b^n-c^n<0.

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

На странице 14 (внизу) приведено доказательство неравенства
(4°) a^n+b^n-c^n<0.

Да бросьте Вы, какое это доказательство................. Фуфло полное

[В.Сорокин]

Доказательство ВТФ. Развитие идеи: a+b=c.

Обозначения:
$a_(i) – $i-я цифра от конца в числе a в базе с простым основанием $n>2.
$a_(i, j) – число, составленное из цифр числа a от ранга $i до ранга $j.
$9 – обозначение цифры $n-1,
$8 – обозначение цифры $n-2.

(01°) Допустим, решение уравнения $A^n+B^n-C^n = 0 в целых числах существует.

(02°) Тогда, как легко показать, $A+B>C>A>B>U, где $U=A+B-C.

Приведем число U (в простой базе n) к виду
(03°) $u =Ud=(n^k)(n^p-1) с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число $d^n (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n = 0,
(2°) где $a+b>c>a>b>u, в частности
(2a°) $a+b>c,
(2b°) $c>a,
(2c°) $b>u.
(2d°) $c-a=b-u.

Разобьем все разряды числа u на три интервала:
1) $ [p, q+1],
2) $ [q, r+1],
3) $ [r, 1], где
$p – наибольший разряд числа $c,
$q – наибольший разряд значимой части числа $u,
$r – наибольший разряд нулевого окончания числа $u, т.е. $r=k.
Теперь число u можно записать так:
(3°) $u = u_(p, q+1)n^q+u_(q, r+1)n^r+u_(r, 1) =
(4°) $= /00…00//99…99//00…00/.

Доказательство теоремы. Случай 1: в равенстве 5°
$b_{[p, q+1]}=0,

Найдем частое решение $ (a*, b*, c*) уравнения $u=a+b-c, состоящее из наибольшего числа цифр 9 (так сказать, НАИБОЛЬШЕЕ РЕШЕНИЕ). Простой расчет следует начинать с рангов q и q+1:
(5°)
$a*=/99…98//99…99/x…/,
+
$b*=/00…00//99…99/y…/,
-
$c*=/99…99//99…99/z…/.
==============
$u=/00…00//99…99//00…00/.

r-значные окончания $x, y, z нас не интересуют; отметим лишь, что$x+y-z=0 либо $x+y-z=n^r.

Очевидно, что истинное решение $ (a, b, c) уравнения $u=a+b-c
(6°) $ (a, b, c) = (a*, b*, c*) - (a', b', c') = (a*-a', b*-a', c*-a', где $a'=a-a*, $b'=b-b*, $c'=c-c* и
(7°) $a'+b'=c'.

Частное решение (5°) удовлетворяет требованиям (2a°) и (2b°), но требованию (2c°) не удовлетворяет. И потому возникает вопрос:
Можно ли найти такой корректив (7°), чтобы удовлетворялось и требование (2c°)?

Еще раз оценивая равенство (5°), мы видим, что требование $b*>u выполняется ТОЛЬКО при $b*-u<n^r и никакая корректива равенства (5°) с помощью (7°) иной возможности не дает.

Наконец, обратимся к требованию (2d°): $c-a=b-u.
Как видим из (5°), цифра 8 в числе a должна быть перемещена в пределы числа $x. Но тогда мы получаем строгое равенство: $c-f=b$,
и невозможность равенства 1° очевидна.

Доказательство случая 2 ($b_{[p, q+1]} не равно нулю,) проводится методом "последней единицы", примененным в предыдущем (в целом неверном) доказательстве.

[В.Сорокин]

Средняя теорема Ферма?

Формулировка

На множестве таких рациональных чисел $a', b', c'$, что
$a'+b'-c'=1$,
$a'$ есть элемент множества $ [0, 1] $,
$b'$ есть элемент множества $ [0, 1] $,
$c'$ есть элемент множества $ [0, 1] $,
при достаточно большом числе $d$
неравенство
$G=(cd+c')^n-(ad+a')^n-(bd+b')^n>0$
не меняет свой знак.
Вероятно, именно с помощью этой теоремы П.Ферма доказал Великую теорему (второй случай).

[В.Сорокин]

Доказательство ВТФ. Окончательный текст.

Обозначения:
$a_{(i)}$ – $i$-я цифра от конца в числе $a$ в базе с простым основанием $n>2$.
$a_{(p, r)}$ – число, составленное из цифр числа $a$ от большего ранга $p$ до ранга $r$.
$9$ – обозначение цифры $n-1$.

(01°) Допустим, решение уравнения $A^n+B^n-C^n = 0$ в целых числах существует.

(02°) Тогда, как легко показать, $A+B>C>A>B>U>0$, где $U=A+B-C$.

Приведем число $U$ (в простой базе $n$) к виду
(03°) $u =Ud=(n^k)(n^p-1) $ с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число $d^n$ (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n = 0$,
(2°) где $a+b>c>a>b>u>0$,
(3°) $u=a+b-c$, где число $u$ имеет $r$ цифр (а наивысший разряд числа c обозначим буквой $p$) и, заметим, что
(4°) число $u$ ЧЕТНО.

Попробуем найти цифровое решение уравнения (3°) Ниже $r$-значные окончания отделены от старших разрядов двумя косыми линиями.
Пусть
(5°)
$a*=…?v//x…$,
+
$b*=…?v//y…$,
-
$c*=…?w//z…$,
==========
$u = …00//9…$

Легко видеть, что сумма цифр
1. $x+y$ как минимум равна $9$.
2. Следовательно, $x$ как минимум равно $9/2$.
3. Следовательно, $z$ как минимум равно $9/2$.
4. Следовательно, $x+y$ как минимум равно $9+9/2$…
И так далее до конечного результата:
5. $x=y=z=9$.
6. Следовательно, одно из $v$ как минимум равно $1$.
Однако на этом расчет цифр закончиться не может, ибо в этом случае цифра $u_{(r+1)}$ не равна нулю. И чтобы устранить это противоречие, необходимо цифру $w_{ (r+1)}$ сделать равной единице.
Разумеется, кроме этих двух цифр в разряды выше $r$-го могут войти другие цифры, но при условии, что они удовлетворяют требованию: их сумма четна.
Но тогда сумма всех цифр, фигурирующих в уравнении Ферма, будет НЕЧЕТНОЙ.
Следовательно, НЕЧЕТНЫМ будет и число $a^n+b^n-c^n$, что невозможно.

Итак, ВТФ доказана полностью и бесспорно.

[Коровьев]

Доказательство СверхВТФ.
Окончательный текст.

СверхВТФ
Решений уравнения
$U=A+B-C$
в целых числах, при $U$ чётном, не существует.

Обозначения:
$a_{(i)}$ – $i$-я цифра от конца в числе $a$ в базе с простым основанием $n>2$.
$a_{(p, r)}$ – число, составленное из цифр числа $a$ от большего ранга $p$ до ранга $r$.
$9$ – обозначение цифры $n-1$.

(01°) Допустим, решение уравнения
$U=A+B-C$
в целых числах, при $U$ чётном, существует.

Приведем число $U$ (в простой базе $n$) к виду
(03°) $u =Ud=(n^k)(n^p-1) $
с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число $d^n$ (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(3°) $u=a+b-c$,
где число $u$ имеет $r$ цифр (а наивысший разряд числа c обозначим буквой $p$) и, заметим, что
(4°) число $u$ ЧЕТНО.

Попробуем найти цифровое решение уравнения (3°) Ниже $r$-значные окончания отделены от старших разрядов двумя косыми линиями.
Пусть
(5°)
$a*=…?v//x…$,
+
$b*=…?v//y…$,
-
$c*=…?w//z…$,
==========
$u = …00//9…$

Легко видеть, что сумма цифр
1. $x+y$ как минимум равна $9$.
2. Следовательно, $x$ как минимум равно $9/2$.
3. Следовательно, $z$ как минимум равно $9/2$.
4. Следовательно, $x+y$ как минимум равно $9+9/2$…
И так далее до конечного результата:
5. $x=y=z=9$.
6. Следовательно, одно из $v$ как минимум равно $1$.
Однако на этом расчет цифр закончиться не может, ибо в этом случае цифра $u_{(r+1)}$ не равна нулю. И чтобы устранить это противоречие, необходимо цифру $w_{ (r+1)}$ сделать равной единице.
Разумеется, кроме этих двух цифр в разряды выше $r$-го могут войти другие цифры, но при условии, что они удовлетворяют требованию: их сумма четна.
Но тогда сумма всех цифр, фигурирующих в уравнении, будет НЕЧЕТНОЙ.
Следовательно, НЕЧЕТНЫМ будет и число
$u=a+b-c$,
что невозможно.

Итак, СверхВТФ доказана полностью и бесспорно.

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

Но тогда сумма всех цифр, фигурирующих в уравнении Ферма, будет НЕЧЕТНОЙ.
Следовательно, НЕЧЕТНЫМ будет и число $a^n+b^n-c^n$, что невозможно.

Великое достижение ВС,
перед которым ВТФ блекнет.

Если сумма цифр числа нечетна, то само число нечетно.

[MGM]

В.Сорокин писал(а):

3. Дальше жить будет трудно, особенно ферматистам, для которых поиск доказательства являлся важным смыслом их жизни. Если мое доказательство окажется верным, то прошу у них извинения.

Простите, что не по теме, но вроде бы миллион призовой уже отдали за доказательство 1993 года?

[В.Сорокин]

MGM писал(а):

В.Сорокин писал(а):

3. Дальше жить будет трудно, особенно ферматистам, для которых поиск доказательства являлся важным смыслом их жизни. Если мое доказательство окажется верным, то прошу у них извинения.

Простите, что не по теме, но вроде бы миллион призовой уже отдали за доказательство 1993 года?

Увы, идея доказательства оказалась бесперспективной.
Долгий тайм-аут.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Увы, идея доказательства оказалась бесперспективной.
...

Равенство-двойник в ВТФ. (Пропущенный момент отброшенной идеи)

Начало то же самое:

Обозначения:
$a_{(i)}$ – $i$-я цифра от конца в числе $a$ в базе с простым основанием $n>2$.
$a_{(p, r)}$ – число, составленное из цифр числа $a$ от ранга $p$ до ранга $r$.
$9$ – обозначение цифры $n-1$.
$8$ – обозначение цифры $n-2$.

(01°) Допустим, решение уравнения $A^n+B^n-C^n = 0$ в целых числах существует.

(02°) Тогда, как легко показать, $A+B>C>A>B>U>0$, где $U=A+B-C$.

Приведем число $U$ (в простой базе $n$) к виду
(03°) $u =Ud= [n^{(p-r)}-1)](n^r)$ с помощью умножения равенства 01° на соответствующее число $d^n$ (которое, как известно, существует), в результате чего равенство 01° преобразуется в равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n = 0$,
(2°) где $a+b>c>a>b>u>0$,
(3°) $u=a+b-c$.

Разобьем все разряды числа $u$ на три интервала:
1) $[p, q+1] $,
2) $[q, r+1] $,
3) $[r, 1] $, где
$p$ – наибольший разряд числа $c$,
$q$ – наибольший разряд значимой части числа $u$,
$r$ – наибольший разряд нулевого окончания числа $u$.
Т.е. число
(4°) $u = u_{(p, q+1)}n^q+u_{(q, r+1)}n^r+u_{(r, 1)} = /00…00//99…99//00…00/$.


Рассмотрим сначала случай $a_{(r, 1)}+b_{(r, 1)}-c_{(r, 1)}=0$

Осуществим следующий процесс:

Все цифры в числах $a, b, c$ перед разрядом (т.е. меньшие) $p$ заменим на нули. Получим числа
$a*_{(p, p)}, b*_{(p, p)}, c*_{(p, p)}$
(здесь и ниже для простоты формул равные для всех чисел нулевые окончания не записываем! Либо же превратим все числа в $n$-ичные дроби с целыми частями $a_p, b_p, c_p$)
и значение функции $F(a*, b*, c*)$, или $F_{(p)}$.

Затем впишем в числа $a*, b*, c*$ цифры предыдущего (меньшего) разряда $p-1$ и подсчитаем значение $F_(p, p-1)}$ при значениях чисел $a_{(p, p-1)}, b_{(p, p-1)}, c_{(p, p-1)}$.

Затем впишем в числа $a*, b*, c*$ цифры разряда $p-2$ и подсчитаем значение $F_{(p, p-2)}$ при значениях чисел $a_{(p, p-2)}, b_{(p, p-2)}, c_{(p, p-2)}$.

И так далее – до восстановления всех цифр чисел $a, b, c$.

***

Учитывая формулу 4°, легко видеть, что значение
(5°) $F_{(p, q+1)}= a_{(p, q+1)}^n+b_{(p, q+1)}^n-c_{(p, q+1)}^n<0$.

(6°) В интервале от $(p, q)$ до $(p, r+1)$ функция $F(a*, b*, c*)$ будет строго возрастающей.

(7°) А в интервале от $(p, r+1) $ до $ (p, 1)$ функция $F(a*, b*, c*)$ будет в целом убывающей.

***

Таким образом, функция $F(a*, b*, c*)$ в замкнутом интервале $[p, 1]$ в первом подинтервале является в целом убывающей, во втором подинтервале – строго возрастающей, на третьем - в целом убывающей.

Но из этого следует, что экстраполированный график функции $F(a*, b*, c*)$ от $(a*_{(p, p)}, b*_{(p, p)}, c*_{(p, p)}) до [math]$(a, b, c)$ имеет также и НЕЦЕЛОЕ решение $(a', b', c')$, причем с $a'<a, b'<b, c'<c$!!!

Есть над чем поразмышлять!

Продолжение следует.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Продолжение следует.

Интерпретация и вывод:

Либо числа $a, b, c$ не приводимы к каноническому виду,
либо $(a^n)_{(1)} = -a_{(1)}$, $(b^n)_{(1)} = -b_{(1)}$, $(c^n)_ {(1)} = -c_{(1)}$,
что противоречит малой теореме Ферма.