Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[Алексей К.]

В.Сорокин в сообщении #142343 писал(а):

Опровержение примитивно, ибо я пропустил важное требование.

(1) Никто никого не опровергал. Был явный запрос уточнений:

Алексей К. в сообщении #142205 писал(а):

А примерчик (нетривиальный), когда что-то там, теперь переписанное, выполнено --- не приведёте ли сами?
(Может, вполне нормально, чисто ночью не получается придумать).

(2) По мотивам моих замечаний Вы исправили формулировку. Но всё равно зачем-то кусаетесь --- "что-то там примитивно, ибо я что-то там пропустил". Спасибов никто не требует, нейтральность была бы более уместна.

Добавлено спустя 11 минут 11 секунд:

Теперь вижу, что у Вас была опечатка, которой Вы, похоже, не видите до сих пор. Оттого и кусаетесь. В полной уверенности, что содержимые Вашего мозга и страницы экуивалентны.

Добавлено спустя 4 минуты:

В.Сорокин писал(а):

Лемма.
Для взимопростых чисел $a, b, c$, где $a+b=c$ (в предыдей формулировке леммы это требование отсутствивало), и нечетного $m$ числа
$c^m-a^m$ и $c^m-b^{\mbox{\small степень что-ли какая-то пропущена?}}=m???$ являются взимопростыми с точностью до сомножителей числа $m$.

А, понял наконец, Вы, возможно, и не кусались, имея в виду "извините, опровержение моей леммы тривиально, ибо я пропустил..." Тяжело, однако, с людьми, слышащими только себя, любимого.

[В.Сорокин]

Алексей К. писал(а):

В.Сорокин в сообщении #142343 писал(а):

Опровержение примитивно, ибо я пропустил важное требование.

(1) Никто никого не опровергал. Был явный запрос уточнений:

Алексей К. в сообщении #142205 писал(а):

А примерчик (нетривиальный), когда что-то там, теперь переписанное, выполнено --- не приведёте ли сами?
(Может, вполне нормально, чисто ночью не получается придумать).

(2) По мотивам моих замечаний Вы исправили формулировку. Но всё равно зачем-то кусаетесь --- "что-то там примитивно, ибо я что-то там пропустил". Спасибов никто не требует, нейтральность была бы более уместна.

Добавлено спустя 11 минут 11 секунд:

(3) Теперь вижу, что у Вас была опечатка, которой Вы, похоже, не видите до сих пор. Оттого и кусаетесь. В полной уверенности, что содержимые Вашего мозга и страницы экуивалентны.
....
(4) А, понял наконец, Вы, возможно, и не кусались, имея в виду "извините, опровержение моей леммы тривиально, ибо я пропустил..." Тяжело, однако, с людьми, слышащими только себя, любимого.

(1) Опровергал я, и опровержение (как задача) примитивно. Откажитесь от аксиомы, что я против Вас.

(2, 3, 4) Спасибо за указание на опечатку. Исправил (хотя исправленный текст уже не нужен).

(5) Слова взаимопростой и взаимнопростой - синонимы. Полвека назад чаще употреблялось первое слово.

(6) Половину леммы доказал: числа $P', Q', R'$, определяемых из равенств:
$c^m+b^m=(c+b)P'$, $c^m+a^m=(c+a)Q'$, $a^m+b^m=(a+b)R'$, взаимнопростые. Видится подход и ко второй половине.

========

P.S. Несколько оcлабил лемму: речь идет об общем делителе чисел $P, Q, R, P', Q', R'$, большем $2c$.

[shwedka]

ООО Наклевывается триста двадцатое абсолютно безошибочное, гениальное и совершенно окончательное доказательство. Интересно, которое из доказательств было самым долгоживущим?? Мне представляется, больше суток ни одно не прожило. Мотылечки.... Вы не пробовали в гербарий складывать?? Или они в бороде запутываются?? Там много еще места осталось??

[bot]

В.Сорокин в сообщении #142382 писал(а):

Слова взаимопростой и взаимнопростой - синонимы. Полвека назад чаще употреблялось первое слово.

Неправда Ваша, у меня сохранились книжки, которые покупал ещё школьником, некоторые из них старше меня - режущий слух термин взаимопростой услышал впервые от Вас.
Вы не путаете с терминами типа взаимовыгодный?

Добавлено спустя 17 минут 33 секунды:

Решил полюбопытствовать и набрал в гугле строку <<взаимопростые>>
За исключением одного форума, который не почитаешь, пока не зарегистрируешься (если я правильно понял, то нафиг такие нужны?) все ссылки были только на Вас, любезнейший.
Вряд ли можно предположить, что в сети не бывает людей, сравнимого с Вами возраста и менее консервативных по части терминологии, чем Вы.

[В.Сорокин]

bot писал(а):

Решил полюбопытствовать и набрал в гугле строку <<взаимопростые>>
За исключением одного форума, который не почитаешь, пока не зарегистрируешься (если я правильно понял, то нафиг такие нужны?) все ссылки были только на Вас, любезнейший.
Вряд ли можно предположить, что в сети не бывает людей, сравнимого с Вами возраста и менее консервативных по части терминологии, чем Вы.

А я искал в Гугле "взаимопростое" и нашел десятка три "не моих" сайтов. Однако это не важно и я совершенно не консерватор: если ныне употребляется другой термин, то пусть так и будет.

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

Уточненные условия леммы:
Даны:
три таких взаимнопростых числа $a, b, c$, что
(1°) $c>a>b>0$,
(2°) $a+b=c$,
числа $P, Q, R$, определяемые из равенств:
(3°) $c^m-b^m=(c-b)P$, $c^m-a^m=(c-a)Q$, $a^m-b^m=(c-b)R$, где $m>2$,
и общий для чисел $P, Q, R$ делитель
(4°) $d>2c$.

Есть ли противоречие в этих условиях, вызванное условием 2°?


Интересно, что разности $Q-P, Q-R, P-R$ содержат общий знаменатель $S$.
Действительно:
$Q-P=\frac{c^m-a^m}{b}-\frac{c^m-b^m}{a}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{ab}=\frac{S}{ab}$;
$Q-R=\frac{c^m-a^m}{b}-\frac{a^m-b^m}{a-b}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{b(a-b)}=\frac{S}{b(a-b)}$;
$P-R=\frac{c^m-b^m}{a}-\frac{a^m-b^m}{a-b}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{a(a-b)}=\frac{S}{a(a-b)}$.
И вот вопрос: совпадает ли $S$ с $d$?

Добавлено спустя 2 минуты 18 секунд:

shwedka писал(а):

ООО Наклевывается триста двадцатое абсолютно безошибочное, гениальное и совершенно окончательное доказательство. Интересно, которое из доказательств было самым долгоживущим?? Мне представляется, больше суток ни одно не прожило. Мотылечки.... Вы не пробовали в гербарий складывать?? Или они в бороде запутываются?? Там много еще места осталось??

Будьте осторожны: в Вашей системе завелся вирус - Вы уже ДУБЛИРУЕТЕ номера идей, в обсуждении которых Вы уже участвовали!

[Алексей К.]

В.Сорокин писал(а):

Интересно, что разности $Q-P, Q-R, P-R$ содержат общий знаменатель $S$.
Действительно:
$Q-P=\frac{c^m-a^m}{b}-\frac{c^m-b^m}{a}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{ab}=\frac{S}{ab}$;
$Q-R=\frac{c^m-a^m}{b}-\frac{a^m-b^m}{a-b}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{b(a-b)}=\frac{S}{b(a-b)}$;
$P-R=\frac{c^m-b^m}{a}-\frac{a^m-b^m}{a-b}=\frac{c^{m+1}-a^{m+1}+b^{m+1}-2bc^m}{a(a-b)}=\frac{S}{a(a-b)}$.

Раньше то место, где у Вас стоит $S$, называлось числителем.

[Anton Nonko]

В.Сорокин в сообщении #142554 писал(а):

И вот вопрос: совпадает ли $S$ с $d$?

Вопрос, по-моему, в том, что вообще такое $d$. Пока онем известно лишь, что $d>2c$.

[Алексей К.]

...И что это общий делитель чисел $P,Q,R$.

[Anton Nonko]

...а, да, прошу прощения.

[В.Сорокин]

Anton Nonko писал(а):

Вопрос, по-моему, в том, что вообще такое $d$. Пока о нем известно лишь, что $d>2c$.

$d$ это простой делитель всех трех чисел $P, Q, R$.

Можно также сформулировать условия леммы на языке последних цифр в базе $d$:
числа $a^m, b^m, (a+b)^m, c^m, (a-b)^{mt}$ оканчиваются на цифру 1,
числа $(a-b)^m, (c-b)^m, (c-a)^m$ оканчиваются на цифру 0.
Вопросы: противоречиво ли это условие и на какую цифру оканчивается число $(a-b)^m$?

Найти противоречие в условиях этой леммы, являющейся ВНЕШНЕЙ (и потому может существовать внутренне не замкнутая логика) по отношению к равенству Ферма, равносильно доказательству ВТФ. Someone владеет каким-то инструментом для решения подобных задач, но мне этот инструмент не известен.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Найти противоречие в условиях этой леммы, являющейся ВНЕШНЕЙ (и потому может существовать внутренне не замкнутая логика) по отношению к равенству Ферма, равносильно доказательству ВТФ. Someone владеет каким-то инструментом для решения подобных задач, но мне этот инструмент не известен.

Если элементарное доказательство ВТФ существует, то вероятнее всего вот это.

Допустим, что для взаимнопростых натуральных $A, B, C$ существует равенство
(1°) $A^n+B^n=C^n$, где простое $n>2$.
Тогда, как известно, два (допустим, $C-A$ и $C-B$) из чисел $C-A, C-B, A+B$ являются $n$-ми степенями:
(2°) $C-A=b^n, C-B=a^n$.

Возьмем простое число вида $q=pn+1>c^n$ (известно, что множество таких чисел $q$ бесконечно; более того, можно показать, что бесконечно и множество таких чисел $q$, у которых число $p/2$ нечетно и не кратно $n$).

И теперь, согласно 2° и малой теореме Ферма, мы имеем, что числа
(3°) $D=(C-A)^p-(C-B)^p$ и
(4°) $E=A^{pn}-B^{pn}$ делятся на $q$.
Похоже, однако, что
(5°) у чисел $D$ и $E$ наибольший общий делитель (НОД) состоит из произведения числа $A-B$ и, может быть, делителей числа $p$. Но в этом случае НОД на $q$ нацело не делится, что противоречит 3° и 4°.
Осталось убедиться в верности утверждения 5°.

P.S. В ближайший месяц мое участие на форуме будет спорадическим.

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

Осталось убедиться в верности утверждения 5°.

Как осторожно Вы стали выражаться!!! Жалко бороды стало?

Цитата:

P.S. В ближайший месяц мое участие на форуме будет спорадическим.

Какая утрата!!!

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Осталось убедиться в верности утверждения 5°.

Оно не верно. Но

Похоже, что Пьер Ферма был прав…

Допустим, что для натуральных чисел $a, b, c$ существует равенство
(1°) $a^n+b^n=c^n$, где простое $n>2$.

Рассмотрим равенство 1° в простой базе
(2°) $q=pn+1>3c^{2n}$ (известно, что множество таких чисел $q$ бесконечно).

Легко видеть, что число
(3°) $D=c^{qn}-a^{qn}-b^{qn}$ делится на $q$. Но
(4°) $D=c^{npn+n}-a^{npn+n}-b^{npn+n}$, где числа
(5°) $c^{np}, a^{np}, b^{np}$ оканчиваются на цифру 1 и, следовательно, сумма последних цифр числа $D$ в 4° будет равна $q$:
(6°) $c^{2n}-a^{2n}-b^{2n}=q$, что противоречит 2°.

(13 сент. 2008)

[shwedka]

Триста двадцать первое абсолютно окончательное и конгениальное доказательство. Бороде осталось всего 4.

Цитата:

следовательно, сумма последних цифр числа $D$ в 4° будет равна $q$:

а почему не нулю??? Или $-q$??

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Цитата:

следовательно, сумма последних цифр числа $D$ в 4° будет равна $q$:

а почему не нулю??? Или $-q$??

А Вы учтите тождество для 1°:
$c^{2n}-a^{2n}-b^{2n}=2a^nb^n$,