ВТФ by Виктор Сорокин

[shwedka]

И какие же у Вас 'веские основания' кроме 'сильных ощущений'???

[Someone]

Виктор, похоже, Вы наделали массу опечаток. Я ничего не понял. Исправьте, пожалуйста.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Виктор, похоже, Вы наделали массу опечаток. Я ничего не понял. Исправьте, пожалуйста.

Спасибо. Постарался улучшить текст (он остался на своем месте).

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Спасибо. Постарался улучшить текст (он остался на своем месте).

Там ещё пара опечаток осталась: $2c-(a+b)$ нужно разделить на $(a'+b')$ и, кроме того, в одном месте написано $C'$, а в другом - $C^*$.

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

И какие же у Вас 'веские основания' кроме 'сильных ощущений'???

1) Доказательство не распадается на ДВА случая.
2) Раньше все числа, имеющие общие делители, имели симметричную или кососимметричную (по знакам и коэффициентам) форму: a+b и a^n+b^n; a-b и a^n-b^n и т.д., а вот число v=2c-(a+b)=a-a'^n=b-b'^n уже нарушает стройную закономерность.
3) Кроме того, эквивалентные преобразования чисел R* и C* опять порождают асимметрию формул, что ведет к существенному изменению делителей чисел.
4) И уж слишком в стороне от "столбовой дороги" основных соотношений находится тот R (радикал), породивший простое число р.
и др.
Однако замечу, что приведенные соображения – не строгие доказательства, а объяснение интуитивного механизма оценки идеи, которую теперь предстоит доказать строго (и чего мне пока не удалось). Для этого понадобятся знание, по крайней мере, известных приемов решения таких задач.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Спасибо. Постарался улучшить текст (он остался на своем месте).

Там ещё пара опечаток осталась: $2c-(a+b)$ нужно разделить на $(a'+b')$ и, кроме того, в одном месте написано $C'$, а в другом - $C^*$.

Еще раз спасибо! Исправил.
К сожалению, пока путь к доказательству независимости двух чисел-формул относительно делителя р не нашел. Поиск продолжается. Надеюсь на соавторов.

[shwedka]

Someone
Гордитесь, Вас уже в соавторы записали.
Неужели это так заразно???

[Someone]

shwedka писал(а):

Someone
Гордитесь, Вас уже в соавторы записали.
Неужели это так заразно???

Это не первый раз. Я уже устал отказываться. Я считаю свой вклад в это "доказательство" слишком незначительным, чтобы претендовать на соавторство или даже просто на упоминание в списке благодарностей.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

shwedka писал(а):

Someone
Гордитесь, Вас уже в соавторы записали.
Неужели это так заразно???

Это не первый раз. Я уже устал отказываться. Я считаю свой вклад в это "доказательство" слишком незначительным, чтобы претендовать на соавторство или даже просто на упоминание в списке благодарностей.

Ну хорошо - не соавторов: мне это тоже до фени. Но ведь если кто-то другой, а не я, решит поставленную задачу, не могу же я присвоить себе чужой результат! И потом, я употребляю слово соавторство не в смысле распределения почестей (кстати у меня отсутствующих), а лишь в смысле СОТРУДНИЧЕСТВА. Чего же тут может быть обидного?..
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
Второй кандидат на противоречивую пару по простому делителю $p=qn+1$:
$R^*=(c^n + b^n )/(c + b)$ и $C^*=a^{p-1}-b^{p-1}$; или
$c^n+b^n$ [$=(a^n+b^n)+b^n$] и $a^{p-1}-b^{p-1}$.
Но пока хрен редьки не слаще…
Поиск продолжается.
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
Позднее дополнение:

Существенное упрощение задачи: самый удобный (для доказательства противоречия) генератор простых $p=qn+1$, являющихся делителями чисел $R^*$, или: $R^*=c^n+1$, или $R^*=c^n-1$, или $R^*=a^n+1$, или $R^*=a^n-1$.
Второе число в противоречивой паре: $C^*=a^{p-1}-b^{p-1}$.
Представляется, что теперь доказательство противоречия - уже вполне посильная задача.

[Сорокин Виктор]

Сорокин Виктор писал(а):

Второй кандидат на противоречивую пару по простому делителю $p=qn+1$:
$R^*=(c^n + b^n )/(c + b)$ и $C^*=a^{p-1}-b^{p-1}$; или
$c^n+b^n$ [$=(a^n+b^n)+b^n$] и $a^{p-1}-b^{p-1}$.
Но пока хрен редьки не слаще…
Поиск продолжается.

Позднее дополнение:

Существенное упрощение задачи: самый удобный (для доказательства противоречия) генератор простых $p=qn+1$, являющихся делителями чисел $R^*$, или: $R^*=c^n+1$, или $R^*=c^n-1$, или $R^*=a^n+1$, или $R^*=a^n-1$.
Второе число в противоречивой паре: $C^*=a^{p-1}-b^{p-1}$.
Представляется, что теперь доказательство противоречия - уже вполне посильная задача.

=======================

Увы, все кандидаты на противоречие в парах мною опровергнуты. Попытка обнаружить противоречие равенства Ферма с помощью малой теоремы подобным образом мне представляется теперь невозможной.
Итак, прохождение всех коридоров в чрезвычайно разветвленной сети возможных идей для доказательства ВТФ подходит к концу. Многие коридоры были пройдены по два-три раза. Что же остается?
Нетронутых идей осталось крайне мало. Одна из них - показать, что число $R=(c^n-b^n )/(c-b)$ не является степенью. Эту идею я рассматривал на первых порах, но позже появилось много полезных приемов - в частности, превращение какого-то окончания (например, в числе b) в 1. А теперь нужно попробовать сравнить по цифрам ОДНО И ТО ЖЕ число (R) в двух формах записи: как $(c^n-b^n )/(c-b)$ и как бином Ньютона.
Несколько интересных идей есть, но надежды на удачу уже нет - разве что чистая случайность...

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

А теперь нужно попробовать сравнить по цифрам ОДНО И ТО ЖЕ число (R) в двух формах записи: как $(c^n-b^n )/(c-b)$ и как бином Ньютона.
Несколько интересных идей есть, но надежды на удачу уже нет - разве что чистая случайность...

Если Вы найдёте противоречие ЗДЕСЬ, то это будет противоречие не в равенстве $a^n+b^n=c^n$, а в элементарной школьной арифметике. На открытие ТАКОГО противоречия у Вас шансов ещё меньше, чем на доказательство теоремы Ферма.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

А теперь нужно попробовать сравнить по цифрам ОДНО И ТО ЖЕ число (R) в двух формах записи: как $(c^n-b^n )/(c-b)$ и как бином Ньютона.
Несколько интересных идей есть, но надежды на удачу уже нет - разве что чистая случайность...

Если Вы найдёте противоречие ЗДЕСЬ, то это будет противоречие не в равенстве $a^n+b^n=c^n$, а в элементарной школьной арифметике. На открытие ТАКОГО противоречия у Вас шансов ещё меньше, чем на доказательство теоремы Ферма.

Могу Вас огорчить и порадовать: с вычислениями, не сложнее предыдущих, противоречие обнаруживается по $k+2$-й цифре в числе $R=(c^n-b^n )/(c-b)$.
Правда, избежать разделения на два случая пока не удалось. Как только улучится часок, приведу расчеты для второго случая для n=3. (Все вторые случаи доказываются одинаково.) Спасибо за внимание.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Могу Вас огорчить и порадовать: с вычислениями, не сложнее предыдущих, противоречие обнаруживается по $k+2$-й цифре в числе $R=(c^n-b^n )/(c-b)$.

Вы уже сто раз такие противоречия обнаруживали. Каждый раз были на двести процентов уверены, что всё верно. И каждый раз находилась ошибка. Ну что же, будем искать ошибку в очередной раз. Но лучше бы вы её сами поискали. Исходя из Вашего собственного опыта, она обязательно есть.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Могу Вас огорчить и порадовать: с вычислениями, не сложнее предыдущих, противоречие обнаруживается по $k+2$-й цифре в числе $R=(c^n-b^n )/(c-b)$.

Вы уже сто раз такие противоречия обнаруживали. Каждый раз были на двести процентов уверены, что всё верно. И каждый раз находилась ошибка. Ну что же, будем искать ошибку в очередной раз. Но лучше бы вы её сами поискали. Исходя из Вашего собственного опыта, она обязательно есть.

Спасибо за терпение!
++++++++++++++++++
Прошу извинения за задержку с сообщением: все идеи с исчислением цифр оказались БЕСПОЛЕЗНЫМИ. Однако кое-что интересное обещает старая идея с небольшой подправкой. Ответы (если они еще имеют смысл в новых обстоятельствах) на вопросы будут даны позже.

Допустим, что
(1°) $(c^3-b^3)-a^3=0$, или $ (c^3-b^3)-(a^3-1)=1$, или
$(c-b)(c^2+cb+b^2)-(a-1)(a^2+a+1)=1$, или
(2°) $rR-qQ=1$,
где $r=c-b, R=c^2+cb+b^2, q=a-1, Q=a^2+a+1$,
(3°) $a+b-c=u>3$, а числа $R$ и $Q$ оканчиваются на цифру 1 (в системе счисления с основанием 3).
И теперь даже если $R=Q$, равенство 2° невозможно, поскольку $q-r>2$.
Итак, ВТФ, как будто, доказана. Доказательство для любых иных $n$ совершенно одинаково.

[shwedka]

Цитата:

даже если R=Q,

А если они не равны???

Цитата:

Итак, ВТФ, как будто, доказана.

Сколько врать можно!!!!