ВТФ by Виктор Сорокин

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Уважаемый Someone, к случаю n = 4 вернусь позже, а пока начну...

Очень жаль. Это было бы интереснее 10 Ваших новых идей. А то, что Вы дальше пишете, нисколько не новое. Вы уже нечто похожее писали. И это именно то, что я Вам рекомендовал бросить в корзину или сжечь.

Думать над Вашими загадками я не буду ни одной минуты, поскольку
1) начало выглядит бесперспективно (Вы никогда не докажете, что числа $a$, $b$ и $c$ целые) и
2) перспектива быть Вашим соавтором не кажется мне привлекательной.

[Гость]

Уважаемый Someone, конечно я «этим» заниматься не буду, я «то» прошел лет 25 назад.
В связи с тем, что дискуссия в последнее время топчется на месте а участники форума начали переходить на личности, считаю необходимым оживить её новым предложением. Дело в том, что элементарное решение проблемы надо искать на основе азов теории делимости целых чисел. В качестве доказательства последней посылки приведу доказательство теоремы для скромненького случая n = 3. Первым доказательство для этого случая дал еще Л.Эйлер, но он (слава богу) вышел за рамки рациональных чисел.
Предположим, что существует минимальная тройка целых положительных чисел x, y, z, ни одно из которых не равно 0, удовлетворяющих равенству x3 + y3 = z3 (1). Оговорка в условии совершенно необходима, так как в случае равенства одного из чисел нулю, уравнение имеет бесконечное число решений в целых числах при любом n, в том числе и в нашем случае n = 3, и именно эти решения сбивают всех с толку.
В соответствии азами теории делимости любое число можно представить при любом n в виде N = nU + v, где U и v целые числа, v – целый остаток от деления N на n, естественно, меньший n , причем соответствующим выбором U всегда можно сделать по модулю v < (n – 1)/2. Поэтому в нашем случае числа x, y, z представимы как:
x = 3p + a, y = 3g + b, z = 3k + c где a, b, c целые остатки при делении чисел x, y, z на 3 соответственно. Подставим в исходное равенство (1) значения x, y, z в приведенном виде и получим:
(3p + a)3 + (3g + b)3 = (3k + c)3. Возведем каждое из слагаемых в куб по формуле бинома Ньютона и получим;
27p3 + 27p2a + 9pa2 + a3 + 27g3 + 27g2b + 9gb2 + b3 = 27k3 + 27k2c + 9kc2 + c3.
Простыми переносами и вынесением в правой части общего множителя за скобки приводим последнее равенство к ниже следующему виду и видим, что должно быть (необходимое условие существования решения в целых числах уравнения (1):
a3 + b3 - c3 = 9(3k3 + 3k2c + kc2 – 3p3 - 3p2a – pa2 - 3g3 - 3g2b - gb2) (2)
Правая часть этого равенства делится на 9, и чтобы уравнение имело решения в целых числах необходимо, чтобы и левая его часть, то есть число (a3 + b3 - c3) также делилось на 9.
Известно, что остаток от деления на 3 любого числа может принимать только значения 0, +1 и – 1, поэтому число a3 + b3 – c3 в левой части равенства (2) не может, при любой комбинации остатков a, b, c превышать по значение 3, а число справа больше 9 и, после деления на 9 всего равенства, число справа всегда будет целым, а число слева целым быть не может. Значит в целых числах может быть только
a3 + b3 – c3 = 0, следовательно, уравнение (2) не может иметь решений в целых числах, кроме нулевых. Наличие нулевого решения доказывает возможность открытого Ферма «бесконечного спуска», так как числа
a, b, c меньше чисел x, y, z и так же удовлетворяют минимальному по предположению равенству (1) . Этих противоречий достаточно для утверждения, что теорема Ферма при n = 3 верна. Совершенно аналогично при n = 5, 7 и т.д., так как число возможных остатков каждого изчисел x, y, z конечно и не превышает (n – 1)/2. Однако количество и сложность вычислений с увеличением n , быстро возрастает. Не знаю как Вам, а мне это доказательство очень нравится, вполне возможно по той же причине, по которой для любой матери её ребёнок самый красивый. Разумеется, используя приведенный подход, можно построить доказательство и для общего случая, но текст займет до 10 страниц А4. Посмотрю на отзывы по данному предложению и может напечатаю.
Дед. Россия. Ростов на Дону.

[tolstopuz]

Anonymous писал(а):

Предположим, что существует минимальная тройка целых положительных чисел x, y, z, ни одно из которых не равно 0, удовлетворяющих равенству x3 + y3 = z3 (1).
...
Известно, что остаток от деления на 3 любого числа может принимать только значения 0, +1 и – 1
...
Значит в целых числах может быть только a3 + b3 – c3 = 0
...
Этих противоречий достаточно для утверждения, что теорема Ферма при n = 3 верна.

А можно чуть подробнее объяснить, каким именно способом существование трех чисел a,b,c, два из которых гарантированно меньше или равны нулю, противоречит существованию минимальной тройки _целых_положительных_ чисел?

[tolstopuz]

tolstopuz писал(а):

А можно чуть подробнее объяснить, каким именно способом существование трех чисел a,b,c, два из которых гарантированно меньше или равны нулю, противоречит существованию минимальной тройки _целых_положительных_ чисел?

Прошу прощения, одно из которых.

[Dan_Te]

Даже так: по крайней мере одно из которых гарантированно равно нулю.

Дед, все написанное вами можно заменить одной фразой: перепишем уравнение по модулю 3. Вы лишь доказали, что если решение существует, то либо все три числа делятся на 3 (что легко снимается предположением о взаимной простоте x,y,z), либо ровно одно из них делится на 3.
Как уже заметил tolstopuz, здесь нет никакого противоречия.

[Виктор Сорокин]

Dan_Te писал(а):

А вдруг соломинка переломит хребет верблюда?

Предпоследний взгляд

Завтра, 4 ноября исполняется отведенный самому себе год завершения моих исследований по ВТФ. Тогда, год назад, я предложил очередное доказательство теоремы, которое было опровергнуто лишь спустя полгода – на математических форумах. Попытка исправить положение в рамках равенства Ферма успехом не увенчалась, а обобщение сотен, казалось бы, эффективных, но в итоге обреченных идей привели меня к выводу о замкнутости логики элементарной математики в объеме основного равенства Ферма. Следовательно, противоречие следовало искать вне равенства – во взаимодействии равенства с другими математическими объектами (по этому пути пошел и Э.Уайлс, но уже за пределами элементарной математики). И вот уже на исходе условного срока в конце сложнейшего лабиринта забрезжил просвет…
Конечно, я сильно рискую, раскрывая на день раньше узловую точку доказательства. …Лет 10 тому назад я сделал неплохое изобретение (с ценой гонорара порядка 15 млн. долларов) и предложил хозяину крупной фирмы вписать его имя в число владельцев патента за внедрение изобретения на его заводе. Так вот, он свое имя вписал, а мое… вычеркнул! Ну да эта история, надеюсь, еще не закончена…
И тем не менее я даю еще один шанс (правда с меньшим "вознаграждением") пытливым читателям испытать свои силы и предсказать до завтрашнего вечера (т.е. до 18.00 московского времени 4 ноября) последнее равенство (или указать вид противоречия), свидетельствующее о невозможности основного равенства Ферма. При этом я привожу начало доказательной части:

5°. a^n [или n^(nk-1)a*^n] = C' – B'; b^n = C' – A', c^n = A' + B' (эту систему равенств-разложений я уже приводил) и добавлю, что в доказательстве могут понадобиться следующие очевидные факты:
б) четное из чисел А, В, С не представимо в виде 2^k, и
в) неравенства 2u > B, (A + B)/C < 1,27 (даже при n = 3 и A = B).
Замечу, что, наверное, половина информации в первой части доказательства является избыточной, а объем второй части и по объему, и по вычислениям соизмерим с первой.

В случае верности моего доказательства могу сказать, что не знай я о сотнях идей, НЕ приведших к верному доказательству, предлагаемая идея заведомо не родилась бы, – это к вопросу о целесообразности коллекционирования идей (как и вообще любых инструментов, не работоспособных в одних случаях, но, возможно, полезных в каких-то иных).

Итак, до завтрашнего "цирка".

В.С.

[Someone]

Дед писал(а):

Уважаемый Someone, конечно я «этим» заниматься не буду, я «то» прошел лет 25 назад.
В связи с тем, что дискуссия в последнее время топчется на месте а участники форума начали переходить на личности, считаю необходимым оживить её новым предложением. ... Не знаю как Вам, а мне это доказательство очень нравится, вполне возможно по той же причине, по которой для любой матери её ребёнок самый красивый. Разумеется, используя приведенный подход, можно построить доказательство и для общего случая, но текст займет до 10 страниц А4. Посмотрю на отзывы по данному предложению и может напечатаю.

Ой, ещё один ферманьяк, да ещё с 25-летним стажем! Я в восторге: будет, с кем поругаться! Что же вас всех так тянет показывать свои труды профессионалам, которых вы "про себя" считаете дураками, неспособными сложить 2 и 2? Зачем же демонстрировать свои открытия тем, кто в принципе не в состоянии их "оценить"?
Неужели Вы думаете, что те тривиальности, которые придумывают полуграмотные (в математике) люди, математики-профессионалы в принципе не могут увидеть? Обсуждали бы их между собой и не отнимали у людей время.

А Вы не пробовали применить свои рассуждения к уравнению $x^2+y^2=z^2$? Не вижу причины, почему бы они не годились для этого случая. Мы точно так же можем положить $x=2p+a$, $y=2g+b$, $z=2k+c$, где $0\leqslant a\leqslant 1$, $0\leqslant b\leqslant 1$, $0\leqslant c\leqslant 1$, а затем преобразовать уравнение к виду $a^2+b^2-c^2=4(k^2+ck-p^2-ap-g^2-bg)$. Затем повторяем все Ваши рассуждения и заключаем, что уравнение $x^2+y^2=z^2$ не может иметь решений в целых положительных числах.

Правда, где-то на задворках памяти валяется "египетский треугольник" со сторонами в 3, 4 и 5 единиц...

Обратите внимание, что

1. числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют не всем предположениям, которым удовлетворяли $x$, $y$, $z$;
2. числа $a$, $b$, $c$ не допускают дальнейшего уменьшения Вашим методом.

Поэтому никакого "бесконечного спуска" у Вас не получается.

[dm]

Куда-то подевался форум http://fox.ivlim.ru/forum/active.asp . 8) Выдает 500-ю ошибку. Причем с остальными разделами сайта все в порядке. Сохранился только кэш Google.

[Виктор Сорокин]

dm писал(а):

Куда-то подевался форум http://fox.ivlim.ru/forum/active.asp .

Уважаемый dm,
к сожалению, ничего на этот счет сказать не могу. Я планировал там "складывать" все отревизованные материалы, но вот три дня не могу пробиться. Я попросил редактора журнала исправить положение. А ведь завтра у меня "последний раунд", и мои читатели в журнале останутся в стороне.
В.С.

[Виктор Сорокин]

Идея предлагаемого доказательства ВТФ: исходя из тройки целых чисел А, В, С (со свойствами, вытекающими из равенства Ферма) составляется бесконечная последовательность целочисленных троек, сходящаяся к тройке, в которой А + В = С или B = u. Разумеется, железной гарантии в верности доказательства я дать не могу, тем не менее в случае ошибки для любителей поиска элементарного решения открывается новое и широкое поле деятельности. А я сокращаю свое участие в обсуждении темы до минимума.
В.С.

Доказательство ВТФ

1°. Допустим, что A^n + B^n = C^n, где простое n > 2, а целые и положительные числа A, B, C не имеют общих множителей, из которых два числе НЕЧЕТНЫ. Тогда, как известно и как было показано ранее на форумах, из 1° вытекают такие равенства и неравенства:
2°. 0 < u [= A + B – C] < B < A < C < A + B.
3°. (A + B)/C < 1,27 (даже при n = 3 и A = B).
4°. B – u = C – A и (C – A)/C < 1/n. Знак при числе u

Представим числа A + B или C0, C – B или A0, C – A или B0 в виде:
4°. C0 = A1 – B1; B0 = C1 – A1, A0 = C1 – B1
[Между прочим, легко установить, что A1 = A, B1 = B, C1 = C.]; и далее:
5°. C1 = A2 – B2; B1 = C2 – A2, A1 = C2 – B2;
…………………….
6°. Ci = Ai+1 – Bi+1; Bi = Ci+1 – Ai+1, Ai = Ci+1 – Bi+1 и так далее…
Здесь числа, стоящие непосредственно за А, В, С означают просто нижние индексы (т.е. С1 == С_1; Ai+1 == A_(i+1) и т.д.).
И вот далее и открывается то самое "широкое поле", о котором я сказал выше.
На некоторых результатах я остановлюсь.

Для каждой пары соседних троек A', B', C' и A'', B'', C'' выполняются соотношения:
7°. A' + B' – C' = – 2(A'' + B'' – C'') (в доказательствах важно лишь отношение левой и правой частей равенства по модулю, так что знак минус перед двойкой можно игнорировать);
8°. C'/(A' + B') = (A'' + B'')/C'', т.е. пропорция h = (A + B – C)/C с увеличением i стремится сколь угодно близко к 0, а числа A + B – C стремятся к равенству A + B = C.
Следовательно, даже если числа в каждой последующей тройке (A, B, C) удваивать, то и в этом случае число Ai + Bi – Ci [как будто] стремится нулю, и на каком-то этапе абсолютное значение числа Ai + Bi – Ci с целыми числами Ai, Bi, Ci становится меньше 1, но больше нуля. Из чего следует невозможность равенства Ферма.
Числовой пример: даже в наихудшем случае (n = 3, A = B)
(A0 + B0)/C0 = 1,52, (A1 + B1)/C1 = 1,26, (A2 + B2)/C2 = 1,13, и т.д.
9°. Если в последующих тройках (A, B, C) числа не удваивать, то на k-м этапе, где k – число всех сомножителей 2 в четном из чисел (A, B, C), все три числа станут нечетными. [И поэтому возможно второе доказательство, поскольку все числа во всех тройках частично взаимопростые, а число всех различных троек с заданным максимумом числа С конечно; поэтому рано или поздно тройки чисел начнут повторяться и числа A, B, C не будут взаимопростыми.] Иименно для того, чтобы сохранять целостность чисел в новой тройке (A, B, C), эти числа нужно.
10°. Наконец, из факта, что для всех троек (Ai, Bi, Ci) их "характеристическое число" u (по модулю) есть константа и в равенстве Ферма число В находится "близко" к u, есть вероятность получить и противоречивое неравенство 0 < B – u < 1.
Сожалею, однако, что из-за недостатка времени не могу изложить доказательство более подробно.

Виктор Сорокин

[serga]

Извиняюсь конечно за оффтоп, но по моему пора тему переименовывать, хороши получаются первые цифры, уже 84 поста на 6 страницах.

[Виктор Сорокин]

serga писал(а):

Извиняюсь конечно за оффтоп, но по моему пора тему переименовывать, хороши получаются первые цифры, уже 84 поста на 6 страницах.

Поддерживаю, но без закрытия вообще, например:
"Связь равенства Ферма с внешними математическими объектами".
В.С.

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Идея предлагаемого доказательства ВТФ: исходя из тройки целых чисел А, В, С (со свойствами, вытекающими из равенства Ферма) составляется бесконечная последовательность целочисленных троек, сходящаяся к тройке, в которой А + В = С или B = u.

Прежде, чем "составлять бесконечную последовательность целочисленных троек, сходящуюся к тройке, в которой...", неплохо бы изучить определение предела последовательности и некоторые простые свойства пределов, а не городить очередную глупость. Всякая сходящаяся целочисленная последовательность должна быть постоянной, начиная с некоторого члена. Поэтому в "сходящейся последовательности целочисленных троек" они все, начиная с некоторой, будут совпадать.

Виктор Сорокин писал(а):

Разумеется, железной гарантии в верности доказательства я дать не могу, тем не менее в случае ошибки для любителей поиска элементарного решения открывается новое и широкое поле деятельности.

Как можно видеть, уже вступление не обошлось без накладки.

Виктор Сорокин писал(а):

А я сокращаю свое участие в обсуждении темы до минимума.

Сильно в этом сомневаюсь. Но посмотрим.

Виктор Сорокин писал(а):

Доказательство ВТФ

1°. Допустим, что A^n + B^n = C^n, где простое n > 2, а целые и положительные числа A, B, C не имеют общих множителей, из которых два числе НЕЧЕТНЫ. Тогда, как известно и как было показано ранее на форумах, из 1° вытекают такие равенства и неравенства:
2°. 0 < u [= A + B – C] < B < A < C < A + B.

Неравенство $B<A$ ниоткуда не следует и получается просто за счёт выбора обозначений чисел $A$ и $B$, при этом ещё нужно исключить равенство $A=B$ (впрочем, это очень просто); равенство $u=A+B-C$, насколько я помню, также ниоткуда не следует и является определением числа $u$.

Виктор Сорокин писал(а):

3°. (A + B)/C < 1,27 (даже при n = 3 и A = B).

Что значит "даже"? Вы полагаете, что это самый худший случай? Если число $n$ достаточно большое, то, при близких друг к другу значениях $A$ и $B$, отношение $\frac{A+B}{C}$ может оказаться сколь угодно близким к 2, и даже при $n=3$ лучшее, на что можно рассчитывать - это $\frac{A+B}{C}<\frac{2}{\sqrt[3]{2}}\approx 1,5874$ (при условии, что $A\ne B$).

Виктор Сорокин писал(а):

4°. B – u = C – A и (C – A)/C < 1/n. Знак при числе u

Равенство $B-u=C-A$ равносильно определению числа $u$. А что означает фраза "знак при числе $u$", можно только догадываться.

Виктор Сорокин писал(а):

Представим числа A + B или C0, C – B или A0, C – A или B0

Следует ли это понимать как определения чисел $C_0=A+B$, $A_0=C-B$ и $B_0=C-A$?

Виктор Сорокин писал(а):

в виде:
4°. C0 = A1 – B1; B0 = C1 – A1, A0 = C1 – B1
[Между прочим, легко установить, что A1 = A, B1 = B, C1 = C.];

Видимо, здесь и далее имеется опечатка, и должно быть $C_0=A_1+B_1$. В противном случае не получается $A_1=A$, $B_1=B$ и $C_1=C$ (и вообще ничего не получается, так как написанная система равенств неразрешима относительно $A_1$, $B_1$ и $C_1$).

Виктор Сорокин писал(а):

и далее:
5°. C1 = A2 – B2; B1 = C2 – A2, A1 = C2 – B2;
…………………….
6°. Ci = Ai+1 – Bi+1; Bi = Ci+1 – Ai+1, Ai = Ci+1 – Bi+1 и так далее…
Здесь числа, стоящие непосредственно за А, В, С означают просто нижние индексы (т.е. С1 == С_1; Ai+1 == A_(i+1) и т.д.).

Неужели за столько времени нельзя было разобраться с общепринятыми здесь обозначениями и написать так, чтобы всё было понятно?
Итак, мы имеем систему уравнений $A_{i+1}+B_{i+1}=C_i$, $C_{i+1}-A_{i+1}=B_i$, $C_{i+1}-B_{i+1}=A_i$, которая имеет решение $A_{i+1}=\frac{C_i+A_i-B_i}{2}$, $B_{i+1}=\frac{C_i-A_i+B_i}{2}$, $C_{i+1}=\frac{C_i+A_i+B_i}{2}$.
Таким образом, получаем последовательность троек рациональных чисел $(A_i,B_i,C_i)$, для которых $u_{i+1}=A_{i+1}+B_{i+1}-C_{i+1}=\frac{C_i-A_i-B_i}{2}=-\frac{u_i}{2}$.
Ничего специфически связанного с теоремой Ферма здесь пока нет. Можно начать с произвольной тройки $(A_0,B_0,C_0)$. Легко убедиться, что в этой последовательности может быть только конечное число целочисленных троек, какова бы ни была начальная тройка, так что обещанной бесконечной последовательности целочисленных троек не получится.

Виктор Сорокин писал(а):

И вот далее и открывается то самое "широкое поле", о котором я сказал выше.
На некоторых результатах я остановлюсь.

Для каждой пары соседних троек A', B', C' и A'', B'', C'' выполняются соотношения:
7°. A' + B' – C' = – 2(A'' + B'' – C'') (в доказательствах важно лишь отношение левой и правой частей равенства по модулю, так что знак минус перед двойкой можно игнорировать);

Во всяком случае, из этого факта и Вашего же неравенства 2° следует, что если тройка $(A_1,B_1,C_1)=(A,B,C)$ удовлетворяет уравнению $x^n+y^n=z^n$ (согласно первоначальному предположению), то уже следующая тройка $(A_2,B_2,C_2)$ ему ни в коем случае удовлетворять не может.

Виктор Сорокин писал(а):

8°. ...
9°. ...
10°. ...
Сожалею, однако, что из-за недостатка времени не могу изложить доказательство более подробно.

Ну и шут с ними, какое отношение все эти $(A_i,B_i,C_i)$, $i\ne 1$, имеют к уравнению $x^n+y^n=z^n$? Пусть они к чему угодно стремятся или не стремятся. Никакого доказательства у Вас нет и не будет, поскольку все эти рассуждения к теореме Ферма не имеют ни малейшего отношения.

То, что Вы пишете здесь, выглядит следующим образом. Представьте себе, что у нас имеется некое устройство с двумя разновеликими колёсами, которые никак не хотят крутиться. И тут приходите Вы, вооружённый до зубов ТРИЗом, и начинаете генерировать идеи.
1) Давайте к меньшему колесу приварим крючок.
2) Нет, крючок лучше приварить к большему колесу.
3) Да нет, крючок, очевидно, не годится. Лучше шпингалет.
4) Не помогает? О, красивейшая идея! К шпингалету нужно привязать розовый бантик!
5) Какая великолепная идея, я аж захожусь от восторга! К сожалению, что-то не так. А давайте мы к бантику прицепим колечко. Тоже очень красиво!
6) Нет, похоже, идея с бантиком не годится, но, всё-таки, как красиво! Ладно, бантик выкинем, а колечко повесим прямо на шпингалет.
7) Не крутится??? Неужели и шпингалет не годится? Отрежем его, а в колесе просверлим дырочку. Колечко пока пусть в стороне полежит, мы к нему ещё вернёмся!
8) Странно, дырочка тоже не помогает... О! Колёса надо поменять местами!
9) Ёлки-палки, большее колесо на место меньшего не влезает... Ну ладно, пусть стоит на старом месте. А давайте-ка мы ...

И так далее до бесконечности.

Может быть, вместо всего этого засесть за чертежи и технические описания, и разобраться, что это за устройство и как оно работает?

[Виктор Сорокин]

Равенство Ферма в двоичной системе и ПРОТИВОРЕЧИЕ равенства
(к спору с Someone)

Пусть n, а и с нечетны и b = b*2^k.
Предварительно преобразуем kn-значное окончание c_(kn) числа с в …0001 (с помощью умножения равенства Ферма на подходящие нечетные числа в степени n).
Тогда из равенства b^n = (c – a)R = (b*^n)2^kn, где b* и c – a нечетны, следует, что
(1°) c_(kn) = a_(kn) = …0001.
(2°) Сделаем подстановку c = b + d, где цифра d_(k+1), очевидно, не равна нулю, т.к. c_(kn) = 0, и d_(k) = 1:
(3°) c^n – b^n = (b + d)^n – b^n = a^n, откуда, раскрыв бином ньютона, следует, что равенство противоречиво по k+1-й цифре: в левой части эта цифра равна 1, а в правой – 0!!!

Ошибка в Ваших рассуждениях состоит в том, что Вы берете числа a^4, b^4, c^4 независимыми друг от друга, в то время как они СВЯЗАНЫ равенством.

Виктор Сорокин

P.S. На Ваше последнее выступление отвечу позже.

[Dan_Te]

LOL =)))