Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[shwedka]

Цитата:

(6°) $c^{2n}-a^{2n}-b^{2n}=q$

И, вообще, откуда здесь двойки взялись??? подробненько, без спешки напишите.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

(6°) $c^{2n}-a^{2n}-b^{2n}=q$, что противоречит 2°.

Формула 6° неверна. Для исправления ошибки требуется наложить дополнительные требования на простое число $q$, а именно: $q=2n^k+1>3c^{n+2}$

В этом случае на достаточно большое число $q$ должно делиться положительное число
(6°) $d=c^{n+2}-a^{n+2}-b^{n+2}$ (что, очевидно, невозможно).

Осталось доказать бесконечность множества чисел $q=2n^k+1$, что, однако, представляется задачей более простой, нежели доказательство бесконечности множества чисел вида $q=n2^k+1$, на которых была основана попытка доказательства, опубликованного в 1992 г. в газете «Наука Урала».
На сегодня я вижу три инструмента для доказательства бесконечности множества чисел вида $q=2n^k+1$.

Примеры чисел $q$ для $n=3$:
2*3+1=7, 2*3*3+1=19, 2*3*3*3*3*3=487...

[В.Сорокин]

Анализ ВТФ привел к постановке следующей задачи.

Дано равенство в натуральных числах в базе $n$:
$a^n-bc=de$, где
двузначные окончания чисел $a^n$ и $bc$ равны, а число $c$ имеет вид: $c=pn+1$.

Вопрос: можно ли утверждать, что число $de$ имеет простой делитель $f$ вида $f=qn+1$?

(Ответ на этот вопрос мне пока не под силу.)

[bot]

Виктор, Вы когда-нибудь научитесь внятно формулировать свои мысли?

В.Сорокин в сообщении #146965 писал(а):

Ответ на этот вопрос мне пока не под силу

А мне пока не под силу Ваш вопрос.

По базе n - это в системе счисления по основанию n?
Попробую перевести на понятный мне язык.

Пусть $ a^n \equiv bc \pmod{n^2}$ и $c \equiv 1 \pmod{n}$
Вопрос: можно ли утверждать, что число $ a^n - bc $ имеет простой делитель вида $qn+1$?

Сильно сомневаюсь в правильности перевода, так как за контрпримерами далеко ходить не надо:
$4^3-1\cdot 10= 4^3-10\cdot 1=54, \ 5^3-26\cdot 1=5^3- 2\cdot 13=99, \ \dots$

[В.Сорокин]

bot писал(а):

Виктор, Вы когда-нибудь научитесь внятно формулировать свои мысли?

Большое спасибо. Вот формулировка по-Вашему другой, более сложной, задачи :

Пусть $ a^n \equiv ac \pmod{n^2}$ и $b \equiv 1 \pmod{n}$
Вопрос: можно ли утверждать, что число $ a^n - ab $ имеет простой делитель вида $qn+1$, не являющийся делителем числа $a$ (здесь простое $n>2$)?

[В.Сорокин]

Интересный факт: в равенстве Ферма
$U=(a+b)-(c-b)-(c-a)<2u=2(a+b-c)$!

Допустим, что для натуральных чисел $a, b, c$ и нечетном простом $n>2$ существует равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n$, где число
(2°) $u=a+b-c>0$
Тогда в эквивалентном равенстве
(3°) $(a+b)R-(c-b)P-(c-a)Q=0$, где числа $P, Q, R$ – известные многочлены разложения суммы двух степеней, число
(4°) $U=(a+b)-(c-b)-(c-a)=2u$.
Однако это равенство НЕ выполняется.

Действительно, при равных $P, Q, R$ – например, при
(5°) $P=Q=R=a^{n-1}$ равенство 4° верно.
Однако по сравнению с равенством 5° в равенстве 4°
множитель $R$ при положительном слагаемом $(a+b)$ МЕНЬШЕ $a^{n-1}$, а множители $P$ и $Q$ при отрицательных слагаемых $-(c-b)$ и $-(c-a)$ БОЛЬШЕ $a^{n-1}$.
В итоге число
(6°) $U=(a+b)-(c-b)-(c-a)<2u=a+b-c$.
И мы имеем противоречие, ибо $(a+b)-(c-b)-(c-a)=2(a+b-c)$.

[В.Сорокин]

Дополнение

Конечно, идея должна еще обкататься. Но для ее лучшего понимания хорошо рассмотреть пример с $n=7$ и с близкими значениями чисел $a$ и $c$. Тогда приближенные значения чисел будут такими:
$c-a=0, Q=7c^6, P=c^6, R=c^6, P>R, c-b<a+b$.

Для приближения к реальности вместо числа $a^{n-1}$ в исходном равенстве $P=Q=R=a^{n-1}$ следует взять число $S=(P+Q+R)/3$.

Если же близки значения чисел $a$ и $b$, то никаких трудностей в доказательстве вообще не возникает.

После этого можно перейти к точным расчетам.

[В.Сорокин]

И теперь мы получаем интересное равенство (см. предыдущий текст):
$\frac{[(a+b)S-(c-b)S-(c-a)S]}{S}=U$, а

$\frac{[(a+b)R-(c-bP-(c-a)Q]}{S}=0$.

И тогда ТАКЖЕ

$U-0= \frac{[(a+b)(S-R)-(c-b)(S-P)-(c-a)(S-Q)]}{S}=Ut$,
где (по меньшей мере при $S=c^{n-1}$!) $0<t<S, 0<S-R<S, 0<-(S-P)<S, 0<-(S-Q)<S$.

Не странно ли?

Однако утверждение, что
При уменьшении каждого из положительных слагаемых их сумма тоже уменьшается, мне представляется верной. А ВАМ?

[В.Сорокин]

Скорее всего, вывод неверен. Тем не менее, идея не тривиальна. Из

$U+0= \frac{[(a+b)(S+R)-(c-b)(S+P)-(c-a)(S+Q)]}{S}$, где $S=d^{n-1}$ и $d$ не кратно $n$, следует, что последняя значащая цифра числа $U-0$ вдвое больше последней значащей цифры числа $U$. И ВТФ, как будто, доказана.

[В.Сорокин]

Кажется, приехали!

Вот по существу полный текст доказательства ВТФ.

В простой базе $n>2$ в равенстве
(1°) $a^n+b^n-c^n=0$
число (сумма натуральных чисел)
(2°) $a+b-c=U=un^k$, где $k>0$ и $u$ не кратно $n$.
Но тогда
(3°) $U+0=(a+b-c)+a^n+b^n-c^n=a(1+a^{n-1})+b(1+b^{n-1})-c(1+c^{n-1})=U$.

Но равенство 3° противоречиво, ибо если $abc$ не кратно $n$, то последняя значащая цифра в числе $U$ имеет одновременно ДВА разных значения: одно вдвое – поскольку, учитывая малую теореме Ферма, все три выражения в круглых скобках оканчиваются на цифру 2 – больше второго (а если удвоенное значение превышает $n$, то из него следует вычесть основание $n$).

А если, например, число $c=c'n^t$, где $c'$ не кратно $n$ и $t>0$, то в новом значении числа $U$ $[t(n-1)+1]$-я (от конца) цифра в числе $c$ увеличится на 1, а $tn$-я цифра числа $a+b$ удвоится.

Вот, собственно, и все.

[Cave]

Не используется тот факт, что $n>2$.

[В.Сорокин]

Cave писал(а):

Не используется тот факт, что $n>2$.

Двойное спасибо - за прочтение и за вопрос.

Для начала замечу, что в аналогичном доказательстве (кстати, тоже работающем) со степенями, разложенными на два сомножителя (с $P, Q, R$) этот вопрос не возникает, поскольку сумма квадратов на сомножители не разлагается.

Во втором (последнем) варианте случай $n=2$ противоречия не показывает, поскольку все три "круглые скобки" по последней цифре обнуляются. А потому и указать, какая цифра удваивается, не представляется возможным.

Ну и, кроме того, малая теорема Ферма для $n=2$ выглядит весьма специфично.

И потому случай $n=2$ в доказательстве не рассматривается.

[В.Сорокин]

А вот как выглядит краткое доказательство ВТФ (для основного случая - $abc$ не кратно простому $n>2$):

В равенстве Ферма
число $U=a+b-c$ НЕ РАВНО числу
$U+0=(a+b-c)+a^n+b^n-c^n=a(1+a^{n-1})+b(1+b^{n-1})-c(1+c^{n-1})$,
поскольку во втором числе все выражения в круглых скобках оканчиваются, согласно малой теореме Ферма, на цифру $2$ и, следовательно, последняя значащая цифра числа $U+0$ вдвое больше последней значащей цифры в числе $U$.

Чтобы опровергнуть мое доказательство, необходимо доказать, что от умножения однозначного положительного числа на 2 оно не меняется. А кому это по зубам?..

[Cave]

В.Сорокин
$n | (a + b - c)$, где противоречие?

[В.Сорокин]

Cave писал(а):

В.Сорокин
$n | (a + b - c)$, где противоречие?

Если $U=...100$, а $U+0=...200$, разве его нет?