Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[Cave]

В.Сорокин
Выражения в скобках заканчиваются на цифру 2 по модулю $n$, но не $n^k$ (обозначения $u$ и $k$ после введения у Вас вообще не используются).
Последняя ненулевая цифра целого числа называется последней ненулевой цифрой числа.

[В.Сорокин]

Cave писал(а):

В.Сорокин
Выражения в скобках заканчиваются на цифру 2 по модулю $n$, но не $n^k$ (обозначения $u$ и $k$ после введения у Вас вообще не используются).

А если так:

$U=(...d00)*(1)$, а $U+0=(...d00)*(...2)$?
(Здесь $d$ - цифра.)
Вопрос:
Если перед двойкой вместо точек написать какие-угодно цифры, могут ли они повлиять на трехзначное окончание указанных двух произведений?

Я полагаю, что последняя ненулевая цифра произведения определяется только последними ненулевыми цифрами сомножителей. Разве не так?

[Cave]

В.Сорокин
Я не к тому.
Из того, что все последние цифры выражений в скобках в системе счисления $n$ равны 2, не следует, что $U+0$ дает те же последние $k$ цифр, что и $U$.
Вы фактически ловко заменяете все выражения в скобках на 2, получаете $a\cdot 2 + b\cdot 2 - c\cdot 2$, выносите 2 и постулируете результат. Однако такие замены можно делать только по модулю $n$.

[В.Сорокин]

Cave писал(а):

В.Сорокин
Я не к тому.
Из того, что все последние цифры выражений в скобках в системе счисления $n$ равны 2, не следует, что $U+0$ дает те же последние $k$ цифр, что и $U$.
Вы фактически ловко заменяете все выражения в скобках на 2, получаете $a\cdot 2 + b\cdot 2 - c\cdot 2$, выносите 2 и постулируете результат. Однако такие замены можно делать только по модулю $n$.

А можно ли придумать простенький контрпример, например, по базе 5? (Вопрос ко всем читателям.)
И в запасном случае - для $U$ с двумя нулями и двузначными окончаниями в каждой из скобок по 02?
========
Однако, кажется, Вы правы. Поищу обход этой трудности.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Cave писал(а):

В.Сорокин
Я не к тому.
Из того, что все последние цифры выражений в скобках в системе счисления $n$ равны 2, не следует, что $U+0$ дает те же последние $k$ цифр, что и $U$.
Вы фактически ловко заменяете все выражения в скобках на 2, получаете $a\cdot 2 + b\cdot 2 - c\cdot 2$, выносите 2 и постулируете результат. Однако такие замены можно делать только по модулю $n$.

...кажется, Вы правы. Поищу обход этой трудности.

Устранение пробела в доказательстве.
Это возможно сделать двумя путями. (Я рассмотрю лишь основной случай: $k=2$ и $abc$ не кратно $n$.)

1. Я потратил уйму времени, чтобы показать, что окончания чисел $P, Q, R$ по модулю $n^{k+1}$ равны 1. Все было тщетно. Однако не раз выскакивало, что по этому модулю эти окончания равны, и этого для ликвидации пробела достаточно. Осталось вспомнить этот вывод… (Отложу на потом.)

2. Второй путь основан на числах $U$ второго типа:

Окончание $U=(a+b)-(c-b)-(c-a) \pmod{n^3}$ НЕ РАВНО окончанию
$U+0=[(a+b)-(c-b)-(c-a)]+(a+b)^{n^2}-(c-b)^{n^2}-(c-a)^{n^2}=$
$=(a+b)[1+(a+b)^{(n+1)(n-1)}]-(c-b)[1+(c-b)^{(n+1)(n-1)}]-(c-a)[1+(c-a)^{(n+1)(n-1)}] \pmod{n^3}$.

Подробности представлю в ближайшее время.

[В.Сорокин]

Увы, даже малейшего намека на противоречивость и в этих направлениях не просматривается. В дальнейшем исследовании ВТФ я не вижу больше никакого смысла. В завершение этого исследования я предлагаю вниманию читателей последнюю миниатюру. Никакой уверенности в ее верности у меня нет, однако ее идея весьма оригинальна.

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

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°) $U=(a+b)-(c-b)-(c-a)=2u$.
(5°) При этом, как хорошо известно, два – допустим, последние – из чисел $(a+b), (c-b), (c-a)$ являются $n$-ми степенями.

А теперь попытаемся получить из равенства 4° другое равенство Ферма.
Предварительно умножим равенство 1° на $2^{n^2}$, в результате чего все основания станут четными и при этом сохраняется условие 5° (для удобства обозначения чисел оставим прежними).

Из чисел $a, b, c$ в равенстве 4° вычтем число $d= \frac{a+b}{2}$, после чего равенство примет вид:
(5°) $(b'-c')+(a'-c')=U'$.
И, наконец, если число $U'$ не является $n$-й степенью, то возьмем число $2^{n^2}$ и прибавим к числам $a', b', c'$ в равенстве 5° число $e=2^{n^2}-U'$.
В результате этой операции выражения в скобках останутся $n$-ми степенями, при этом $n$-й степенью окажется и их сумма ($2^{n^2}$) – правая часть равенства.
Таким образом, мы получили НОВОЕ РАВЕНСТВО ФЕРМА, которое заведомо не является целочисленным (ибо в равенстве Ферма каждое из оснований содержит делитель вида $2n+1$). И, переходя от последнего равенства к предыдущим – к 5° и к 4°, мы получаем, что и решение исходного равенства 1° не является целочисленным.

[yk2ru]

В.Сорокин писал(а):

Допустим, что для натуральных чисел $a, b, c$ и нечетном простом $n>2$ существует равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n$

Знака "=" в равенстве не видно.

[В.Сорокин]

yk2ru писал(а):

В.Сорокин писал(а):

Допустим, что для натуральных чисел $a, b, c$ и нечетном простом $n>2$ существует равенство
(1°) $a^n+b^n-c^n$

Знака "=" в равенстве не видно.

Да, =0.

Но теперь эта идея устарела.

Сегодня стоит такая простая задачка:

Из равенства
$c-a-b=0$ тождественно следует и равенство
$c^2-a^2-b^2=2ab$.

Вопрос:

следует ли из окончания
(1°) $c-a-b \equiv 0 \pmod{n}$
в простой базе $n>2$ соотношение
(2°) $c^2-a^2-b^2 \equiv 2ab \pmod{n}$?

Кроме того,
Можно ли утверждать, что число
$c^2-a^2-b^2$
не имеет простых делителей за пределами числа $2ab$?

Буду признателен за помощь.

[Мат]

Решение уравнения ax + by = cz будет:
$a = ky - \frac{cz}{x}$ $b = \frac{2cz}{y} - kx$

[В.Сорокин]

Мат писал(а):

Решение уравнения ax + by = cz будет:
$a = ky - \frac{cz}{x}$ $b = \frac{2cz}{y} - kx$

Извините, не понял.

Непонятка. Модификация вопроса:

Для взимнопростых натуральных $a, b, c, n$
из равенства
$a+b-c=0$ тождественно следует равенство
$c^2-a^2-b^2=2ab$;

из эквивалентости
(1°) $a+b-c \equiv 0 \pmod{n}$
следует и эквивалентность
(2°) $c^2-a^2-b^2 \equiv 2ab \pmod{n}$?

ВОПРОС:

Следует ли из эквивалентости
(3°) $a+b-c \equiv 0 \pmod{n}$, где $n>ab$
равенство
(4°) $c^2-a^2-b^2=2ab$?

[Мат]

нет не следует. Хотя бы для теоремы Пифагора. Очевидно, что $c^2-a^2-b^2<>2ab$.
Но здесь я с Вами согласен, что предложенное мной решение не охватывает случаев теоремы Пифагора, т.к $cz$ кратно $xy$. Необходимо более общее решение.
Т.е. мое решение охватывает все случаи, когда левая часть не является суммой квадратов. Если же левая часть является суммой квадратов, то $cz = ax+by=a^2 + b^2$. В принципе, решить Ваше уравнение можно.

[Iosif1]

Someone сказал, что Вы доказали БТФ для третьей степени посредством $n$ -того счисления на малых разрядах.
Не могу найти.
Если можно дайте ссылку в ответе на пост.

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Someone сказал, что Вы доказали БТФ для третьей степени посредством $n$ -того счисления на малых разрядах.

Я не так сказал. Я сказал, что, насколько я помню, была доказана БТФ для третьей степени для случаев, когда ни одно из чисел не делится на $3$, либо одно из чисел делится на $3$, но не делится на $9$. Действительно, путём исследования младших разрядов чисел при записи их в троичной системе счисления. Если одно из этих чисел делится на $9$, то ничего не получится ввиду существования соответствующего контрпримера.

Iosif1 писал(а):

Не могу найти.
Если можно дайте ссылку в ответе на пост.

Попробуйте поискать что-нибудь в теме "ВТФ by Виктор Сорокин" и в других его темах. На форуме он бывает редко, а если появится, то вряд ли сможет легко указать нужное место.

[Iosif1]

Someone:Спасибо, понял. Тогда и не надо.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Iosif1 писал(а):

Someone сказал, что Вы доказали БТФ для третьей степени посредством $n$ -того счисления на малых разрядах.

Я не так сказал. Я сказал, что, насколько я помню, была доказана БТФ для третьей степени для случаев, когда ни одно из чисел не делится на $3$, либо одно из чисел делится на $3$, но не делится на $9$. Действительно, путём исследования младших разрядов чисел при записи их в троичной системе счисления. Если одно из этих чисел делится на $9$, то ничего не получится ввиду существования соответствующего контрпримера.

Уважаемый Someone! Совершенно элементарно доказано, что равенство $x^3+y^3=z^3$
не разрешимо в натуральных числах, если ни одно из чисел не делится на 3 и если одно из чисел делится на 3 в первой степени. Я считаю, что деление одного из чисел на 9 или в общем на $3^i$ тем самым тоже доказано. Ведь очевидно, что если число делится на $3^i$, то оно всегда делится на 3, а что при этом решений нет - доказано.
Дед.