Фундаментальные свойства степеней

[venco]

Iosif1 в сообщении #239906 писал(а):

Пока разбираюсь, чтобы Вам ответить, посмотрите доказательство по ссылке.

http://www.wikiznanie.ru/ru-wz/index.php/%D0%94%D0%BE%D0%BA%D0%B0%D0%B7%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE_%D0%91%D0%A2%D0%A4_%D1%81_%D0%B8%D1%81%D0%BF%D0%BE%D0%BB%D1%8C%D0%B7%D0%BE%D0%B2%D0%B0%D0%BD%D0%B8%D0%B5%D0%BC_%D0%BA%D0%BE%D0%BD%D1%82%D1%80%D0%BE%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D1%8B%D1%85_%D0%BC%D0%BE%D0%B4%D1%83%D0%BB%D0%B5%D0%B9

Очень тажело в таком количестве воды найти собственно идею доказательства.

Цитата:

Подход не опровергнут и, по моему мнению, и Someone. Он сказал:"Возможно, но до доказательства далеко".

Можно и опровергнуть.

Цитата:

Но, так как таких контрольных модулей существует бесконечное множество, для обеспечения искомого равенства необходимо, распределить это бесконечное множество множителей между тремя основаниями, что невозможно. Бесконечность и деленная на три - бесконечность. Таким образом, для получения равенства необходимо, чтобы основания ~a, ~b и ~c содержали в своем составе сомножители, равные по величине всем контрольным модулям, а так как таких модулей для любого простого показателя степени ~n бесконечное множество, эта задача невыполнима, а поэтому утверждение БТФ справедливо, что и требовалось доказать.

Рассуждение про бесконечности совершенно безосновательное и вывод неверен. Поскольку строгие доказательства вам чужды, опровергнуть можно контр-примером. Возьмите $n=2$. Про квадраты тоже можно точно также рассуждать на уровне "классов вычетов", но, тем не менее, бесконечность "контрольных модулей" не мешает уравнению $a^2+b^2=c^2$ иметь бесконечное количество решений. Значит ваш подход неверен.

[Iosif1]

venco в сообщении #239920 писал(а):

Очень тажело в таком количестве воды найти собственно идею доказательства.

Согласен. Этот недостаток признаю. Язык дилетанта.
Надеюсь, что вода легко сливается.

venco в сообщении #239920 писал(а):

Возьмите $n=2$. Про квадраты тоже можно точно также рассуждать на уровне "классов вычетов", но, тем не менее, бесконечность "контрольных модулей" не мешает уравнению $a^2+b^2=c^2$ иметь бесконечное количество решений. Значит ваш подход неверен.

Хороший контр пример. Бесконечности контрольных модулей мало.
Необходимо доказать, что классы вычетов по модулям для высших степеней отличаются от классов вычетов для второй степени.
Я это сделал построением сита, состоящего из уровней по различным контрольным модулям, показывающим, что равенство, возможное по первому уровню, невозможно по следующим.
Конечно анализ поверхностный, недостаточный.
Дело длинное, долгое и не упрощающее.
Таблицы таблицы, таблицы.
Как Вы правильно сказали, что строгие доказательства мне чужды, да и уже не доступны.
Но мне интересно это направление.
Вычислительные возможности сейчас зашкаливают.
Спасибо, что посмотрели. Это препятствие, по моему мнению, преодолимо.
Проверяю "Попытку..."
Да, ещё. Для вторых степеней не установлена закономерность: наличие всех контрольных модулей сомножителями в основаниях. По моему мнению этого вполне достаточно, чтобы не производить сравнение квадратных уравнений и уравнений высшего порядка.

[Petern1]

Текст с ошибками удален.

[venco]

Petern1, исправьте форматирование.
И уберите таблицу с разностями, она не нужна, но занимает много места.

[age]

О! Приятно посмотреть! Вот человек занялся делом.

-- Чт сен 03, 2009 20:45:14 --

Petern1

Цитата:

Разность $b_2-b_1$ обозначим буквой $e$.
$b_2-b_1=e$, тогда $b_2=b_1+e$. Подставим
$3de(b_1+e+b_1+d)=3de(2b_1+d+e)$.

Теряется связь с начальным $a^3+b^3=c^3$. Связь должна сохраняться всегда.

[Petern1]

Уважаемые участники форума. В связи с жалобами на трудности понимания доказательства, изложенного ранее, я попытался дополнить его пояснениями и разбил на подвопросы. Может быть будет лучше.
Подчеркну, что важно этот метод опробировать на кубах, и, если он будет признан состоятельным, то его можно применить и для 5-ых, и для 7-ых и т.д. степеней

Сумма кубов двух чисел не может
быть равна кубу

1) Традиционно эта теорема записывается как равенство
$a^3+b^3=c^3$. При этом понимается, что мы ставим перед собой вопрос могут или не могут существовать такие числа $a$ и $b$, сумма кубов которых равнялась бы кубу третьего числа $c$. Поиски ответа на этот вопрос в такой его постановке к успеху не привели. Но оказалось можно достигнуть цели, если $b^3$ перенести вправо
$a^3=c^3-b^3$ и ставить вопрос по другому. А именно: может ли разность кубов быть равна кубу.

2) Познакомимся с разностью кубов.
Известно, что
$c^3-b^3=(c-b)(c^2+cb+b^2).$ Обозначим $c-b=d$. Тогда $c=b+d$. Это значение $c$ подставим во вторую скобку
$c^3-b^3=d[(b+d)^2+(b+d)b+b^2]=d(3b^2+3bd+d^2)=3b^2d+3bd^2+d^3$
Читателю здесь надо уяснить, что полученная форма разности кубов $3b^2d+3bd^2+d^3$ на самом деле есть одно и то же число, что и $(c-b)(c^2+cb+b^2)$ . Это равные числа, и в этом легко убедиться, если в эти выражения подставить числа. Например: пусть $c=3, b=1$ тогда $d=2$ и
$(c-b)(c^2+cb+b^2)=2(9+3+1)=26$
$3b^2d+3bd^2+d^3=3*1*2+3*1*2^2+2^3=26$. Таким образом
$(c-b)(c^2+cb+b^2)=3b^2d+3bd^2+d^3$. И справа и слева---это разности кубов. Но форма записи справа для нас окажется весьма полезной.

3). В этом пункте мы выясним что надо прибавлять к кубу, чтобы получить новый куб.
Но сначала зададим себе вопрос: может или не может полученная в п.2) разность кубов $3b^2d+3bd^2+d^3$ быть равна кубу? Здесь мы к кубу $d^3$ прибавляем $3b^2d+3bd^2$. Вспомним бином Ньютона для кубов
$b^3+3b^2d+3bd^2+d^3$. Видим, что если к $d^3$ прибавлять
$b^3+3b^2d+3bd^2$, то мы определенно будем получать кубы
$(b+d)^3$. Здесь $b$ можно брать 1,2,3…(и даже 0) и мы будем получать поледовательно все кубы большие $d^3$. Подчеркнем---последовательно, без пропусков.
Но мы к кубу $d^3$ прибавляем $3b^2d+3bd^2$. И естественно возникает вопрс: может ли эта прибавка дополнить $d^3$ до нового куба. Чтобы различать числа $b$ в этой сумме из 2-х слагаемых, от чисел $b$ в сумме из 3-х слагаемых $b^3+3b^2d+3bd^2$, присвоим им индексы. В последней сумме индекс 1---$b_1$, а в предыдущей сумме индекс 2---$b_2$. И запишем $b_1^3+3b_1^2d+3b_1d^2$ и $3b_2^2d+3b_2d^2$. Отметим, что $d$ в обоих выражениях одно и то же. Высказываем предположение, что может быть при некоторых $b_1$ и $b_2$ окажется возможным такое равенство
$3b_2^2d+3b_2d^2=b_1^3+3b_1^2d+3b_1d^2$ И если такое случится, тогда прибавление любого из них к $d^3$ даст куб.
А именно $(b_1^3+3b_1^2d+3b_1d^2)+d^3=(b_1+d)^3$
$(3b_2^2d+3b_2d^2)+d^3$ тоже будет равно $(b_1+d)^3$.

4). В этом пункте вводится понятие
РАЗНОСТЬ РАЗНОСТЕЙ кубов.
И начинаем мы здесь с вопроса, может или не может существовать равенство
$3b_2^2d+3b_2d^2=b_1^3+3b_1^2d+3b_1d^2$. Напомним, что $d$ здесь слева и справа одно и то же число. Если такое равенство возможно, тогда
$(3b_2^2d+3bd^2)-(3b_1^2d+3b_1d^2)=b_1^3$. Теперь нашей целью становится выяснить может или не может быть равна кубу разность двух чисел слева? Что это за РАЗНОСТЬ? Убираем скобки

$$3b_2^2d+3b_2d^2-3b_1^2d-b_1d^2=3d[b_2^2-b_1^2+d(b_2-b_1)]=3d[(b_2-b_1)(b_2+b_1)+d(b_2-b_1)]=3d(b_2-b_1)(b_2+b_1+d)$$

Разность $b_2-b_1$ обозначим буквой $e$
$b_2-b_1=e$, тогда $b_2=b_1+e$. Подставим
$3de(b_1+e+b_1+d)=3de(2b_1+d+e)$. Полученное выражение является очень важным для дальнейшего движения. Еще раз запишем.
$3de(2b_1+d+e)=(3b_2^2d+3b_2d^2)-(3b_1^2d+3b_1d^2)$. Число слева и разность двух чисел справа есть РАЗНОСТЬ РАЗНОСТЕЙ кубов. Здесь мы дали им только название. А подробно рассмотрим их в следующем пункте.

5) РАЗНОСТЬ РАЗНОСТЕЙ кубов.
Возмем две разности кубов
$3b_1^2d+3b_1d^2+d^3$ и $3b_2^2d+3b_2d^2+d^3$. $d$ у них одно и то же. Из второй вычтем первую
$3b_2^2d+3b_2d^2+d^3-3b_1^2d-3b_1d^2-d^3=(3b_2^2d+3b_2d^2)-(3b_1^2d+3b_1d^2)$. Эта разность и есть РАЗНОСТЬ РАЗНОСТЕЙ кубов. С нею мы и встретились в пункте 4).

6) . Может ли РАЗНОСТЬ РАЗНОСТЕЙ быть равна кубу?
Это значит, что может ли выражение $3de(2b_1+d+e)$ быть равно кубу? Предположим
$3de(2b_1+d+e)=x^3$. Тогда
$2b_1+d+e=\frac{x^3}{3de}$
$2b_1=\frac{x^3}{3de}-d-e=\frac{x^3-3de(d+e)}{3de}$
$b_1=\frac{x^3-3de(d+e)}{6de}$ Придадим значение $x=6def$
$b_1=\frac{216d^3e^3f^3-3de(d+e)}{6de}=\frac{72d^2e^2f^3-d-e}{2}$. Чтобы числитель делился на 2, необходимо чтобы $d$ и $e$ имели одинаковую четность: либо оба нечетные, либо оба четные. Рассмотрим первый случай $d=2d_1+1 , e=2e+1$. Подставим
$b_1=\frac{72(2d_1+1)^2(2e_1+1)^2f^3-2d_1-1-2e_1-1}{2}=36(2d_1+1)^2(2e_1+1)^2f^3-d_1-e_1-1$.
Мы получили формулу вычисления таких $b_1$, при которых выражение $3de(2b_1+d+e)$ (напомним---оно ведь есть разность разностей кубов) должно равняться кубу. В этой формуле $d,e$ могут принимать значения 0,1,2,3…и т. д. $f$---значения 1,2,3,…. Значение
$b_1=36(2d_1+1)^2(2e_1+1)^2f^3-d_1-e_1-1$, а также $d=2d_1+1 , e=2e_1+1$ подставим в $3de(2b_1+d+e)$

$$3(2d_1+1)(2e_1+1)[72(2d_1+1)^2(2e_1+1)^2f^3-2d_1-2e_1-2+2d_1+1+2e_1+1]=216(2d_1+1)^3(2e_1+1)^3f^3$$

Или
$[6(2d_1+1)(2e_1+1)f]^3$. Число в квадратных скобках обозначим $g=6(2d_1+1)(2e_1+1)f$
Этими выкладками мы доказали, что при $b_1$, вычисленным по полученной формуле мы действительно получаем кубы, кубы числа $g$. Выполним пару проверок. Примем $d_1=0, e_1=0 , f=1$, тогда $d=1 , e=1 , b_1=35 , g=6$ И
$3de(2b_1+d+e)=3*1*1(2*35+1+1)=216=6^3$ Полученное число сверяем с третьим рядом числовых последов. (а, читатель сам постройл числ. послед. до чисел > 35) и обнаруживаем точное совпадение. Сделаем еще одно вычисление. Положим $d_1=0 , e_1=0 , f=2$, тогда $d=1 , e=1 , b_1=287 , g=12$
$3de(2b_1+d+e)=3*1*1(2*287+1+1)=1728=12^3$
Но возвращаемся к нашим формулам и запишем их еще раз рядом
$b_1=36(2d_1+1)^2(2e_1+1)^2f^3-d_1-e_1-1$
$g=6(2d_1+1)(2e_1+1)f$
Сравнивая эти формулы мы легко убеждаемся в том, что при любых $d_1,e_1,fS число $b_1$ не может быть равно $g$..$b_1>g$.

7).. $d$ и $e$ ЧЕТНЫЕ.
Возвращаемся к формуле $b_1=\frac{72d^2e^2f^3-d-e}{2}$ и рассмотрим случай, когда $d$ и $e$ будут четные. $d=2d_1 , e=2e_1$
$b_1=\frac{72*4d_1^24e_1^2f^3-2d_1-2e_1}{2}=576d_1^2e_1^2f^3-d_1-e_1$. Полученное значение $b_1$, а также $d=2d_1$ и $e=2e_1$ подставим в $3de(2b_1+d+e).$ После преобразований получим куб $(24def)^3$. Здесь $g=24def$ Сравнивая формулы вычисления $b_1$ и $g$, легко видеть, что $b_1$ не может быть равно $g$. $b_1>g$.

8)..Выводы:
Разность разностей кубов, т.е. число $3de(2b_1+d+e)$ может быть равна кубу, но кубу не числа $b_1$, а числа $g$, которое всегда меньше $b_1$ при любых $d,e,f$.
А теперь возвращаемся к пункту 4), к равенству
$(3b_2^2d+3b_2d^2)-(3b_1^2d+3b_1d^2)=b_1^3$. Слева разность разностей кубов, кубы которого не могут быть равны $b_1^3$. Это равенство не возможно. Число с минусом переносим вправо $3b_2^2d+3b_2d^2=b_1^3+3b_1^2d+3b_1d^2$. И говорим, что это равенство так же не возможно.
Поэтому прибавление $3b_2^2d+3b_2d^2$ к $d^3$ не может дать куб. Смотри пункт 3). Это значит, что сумма
$3b_2^2d+3b_2d^2+d^3$ не может быть равна кубу. А эта сумма есть не что иное, как разность кубов. Смотри пункт 5).
$3b_2^2d+3b_d^2+d^3=c_2^3-b_2^3$. Под $c_2 , b_2$ понимаются любые числа. В принципе индекс 2 можно сейчас и убрать. В пункте 3) объяснено зачем он был нужен.
Таким образом РАЗНОСТЬ КУБОВ не может быть равна КУБУ. Что и требовалось доказать.

[age]

Petern1
До п.6. все замечательно. Далее те же ошибки, что я указывал вам выше:
1. $x=b_1$. Числовой контрпример я вам приводил.
2. Если $x^3=3def$, $d$ и $e$ являются либо кубами либо $9p^3$, тогда никаких $\frac{72d^2e^2f^3-d-e}{2}$ не получится. Просто сократится и все.

[venco]

Petern1 в сообщении #240304 писал(а):

Известно, что
$c^3-b^3=(c-b)(c^2+cb+b^2).$ Обозначим $c-b=d$. Тогда $c=b+d$. Это значение $c$ подставим во вторую скобку
$c^3-b^3=d[(b+d)^2+(b+d)b+b^2]=d(3b^2+3bd+d^2)=3b^2d+3bd^2+d^3$
Читателю здесь надо уяснить, что полученная форма разности кубов $3b^2d+3bd^2+d^3$ на самом деле есть одно и то же число, что и $(c-b)(c^2+cb+b^2)$ . Это равные числа, и в этом легко убедиться, если в эти выражения подставить числа. Например: пусть $c=3, b=1$ тогда $d=2$ и
$(c-b)(c^2+cb+b^2)=2(9+3+1)=26$...

Petern1, к чему здесь проверка числами? Её вы можете оставить у себя в черновике, т.к. на самом деле она ничего не доказывает. Если вы получили правильное выражение подстановкой, то незачем его ещё раз доказывать. А если уж стали проверять выкладки конкретными числами, так делайте это до конца, может сами и ошибку найдёте.

[age]

Petern1
Iosif1
Для кубов теорему Ферма (как и для множества других простых степеней) доказала блестящая мисс Софи Жермен. Сравните ее доказательство и свое. Хотя бы по объему.
Итак! Докажем, что сумма кубов не может быть равна кубу.
1. Пусть $x^3+y^3=z^3$. Т.к. ни одно из чисел $x, y, z$ не может быть простым, то уравнение $x^3+y^3=z^3$ можно представить $x_0^3x_1^3+y_0^3y_1^3=z_0^3z_1^3$, где $x_0^3=z-y, y_0^3=z-x, z_0^3=x+y$.
2. Т.к. $3$ - простое и $7=2\cdot3+1$ также простое, то для чисел $x_0^3, x_1^3, y_0^3, y_1^3, z_0^3, z_1^3$ справедливо $x_0^3=7k\pm1$ и так далее.
3. Если оба числа $x_0^3x_1^3$ и $y_0^3y_1^3$ являются $7k+1$ либо оба $7k-1$, то их сумма будет $7k\pm2\neq7k+1$. Поэтому единственным варантом является когда одно из чисел $7k+1$, другое $7k-1$. Откуда немедленно следует, что третье число делится на $7$.
4. Пусть $z^3\div 7$, тогда если $z_0^3=x+y\div 7=7p$, то т.к. $z_1^3=\dfrac{x^3+y^3}{x+y}=x^2-xy+y^2=(x+y)(x-2y)+3y^2$, то
$z_1^3=(x-2y)7p+3y^2=7k\pm1$. Откуда $3y^2=7k\pm1$. Но т.к. $z\div 7$, то и $x_1^3=\dfrac{z^3-y^3}{z-y}=z^2+zy+y^2=7q+y^2=7k\pm1$. Откуда $y^2=7q\pm1$.
Но тогда получается, что $3y^2=7k\pm1$ и $y^2=7q\pm1$. Что невозможно.
Вот и все доказательство. Причем оно также справедливо для $5$, $11$, $23$, $29$ и так далее, для которых $2n+1$ - простое. Они названы в честь ее простые Софи Жермен.

Теперь надеюсь, ясно как надо излагать доказательство?

[Iosif1]

age в сообщении #240380 писал(а):

Для кубов теорему Ферма (как и для множества других простых степеней) доказала блестящая мисс Софи Жермен. Сравните ее доказательство и свое. Хотя бы по объему.

Очень интересная шутка
Однако
Даже не знаю, что и сказать
Софи Жармен, о чём свидетельствуют литературные источники, доказала, что если
a^5+b^5=c^5 , то одно из оснований делится на 5.
Вы, как мне кажется, списывали не с письма блестящей Софи
Я покажу, если ничего не помешает, Вам завтра в ответе доказательство, Вы его отредактируете и оно тоже будет красивым и понятным.
Серьёзно, по мне, главное содержание со значением, которое можно понять, пусть и с вопросами.

[venco]

age, какой смысл было набивать неправильное доказательство?
Во первых, вы забыли упомянуть, что Софи Жермен смогла доказать только первый случай теоремы Ферма. Далее, в вашем изложении доказательство содержит неправильные высказывания почти во всех пунктах.
У меня сложилось впечатление, что вы просто троллите.

[age]

Iosif1
Я его отредактирую? Почему я, а не вы? Образец у вас есть! Вперед!

Iosif1 в сообщении #240385 писал(а):

Софи Жармен, о чём свидетельствуют литературные источники, доказала, что если
a^5+b^5=c^5 , то одно из оснований делится на 5.

Не на $5$, а на $11$.

[grisania]

venco в сообщении #240386 писал(а):

age, какой смысл было набивать неправильное доказательство?
Во первых, вы забыли упомянуть, что Софи Жермен смогла доказать только первый случай теоремы Ферма. Далее, в вашем изложении доказательство содержит неправильные высказывания почти во всех пунктах.
У меня сложилось впечатление, что вы просто троллите.

Первый случай ВТФ для тройки несложно доказывается, т.е. что в уравнении ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}={{z}^{3}}$ хотя бы одно из чисел ${{x},{y}, {z}}$ должно делится числа на 3, если решения есть.
Например, я знаю очень простое доказательство этого факта, я даже могу доказать, хотя бы одно из чисел ${{x},{y}, {z}}$ должно делится на ${{3}^{2}}$.
Пытался это применить для спуска по делению на тройку, но не получается. А вот когда хотя бы одно из чисел ${{x},{y}, {z}}$ делится на 3 и доказать, что решений нет - очень и очень труден и для него нет простого элементарного доказательства, не использующего спуск.
Самое интересное, что многие ферматисты доказываю этот первый случай ВТФ и потом пытаются его выдать за общий случай, ибо он поддается элементарным методам, особенно в этом преуспела сама Софи Жермен, когда $n$ простое.

[Petern1]

Age

Не понятно откуда Вы взяли $x=b_1$. Нигде у меня такого нет. И быть такое не могло. Достаточно взглянуть на формулу
$b_1=\frac{x^3-3de(d+e)}{6de}$ (одним глазком, наискосок) и ведеть, что $b_1$ не может быть равен $x$. Повторяю, нигде у меня нет такого $b_1=x$ ! И числовой пример Ваш тоже ни к чему.
Второе. $x^3=3def$. Опять же такого у меня нет. У меня $x=6def$. Не могу понять, зачем Вы так изменили эту запись.

Age

Venco

Убедительно прошу Вас сосредоточиться на П.6), на числах, которые являются РАЗНОСТЯМИ РАЗНОСТЕЙ кубов (РРК). Вот мы с ними нечаянно встретились, заинтересовались. Сумели вывести формулы их вычисления РРК$=3de(b_1+d+e)$. При $d=1,e=1$ РРК$=6(b_1+1)$. Это третий ряд числовых последов. (Venco предложил их не приводить). Присмотрелись еще сильнее и видим, что среди этих чисел есть квадраты, кубы 4-ые,5-ые и т. д. до бесконечности. И мы заметили (О, чудо!), что положение степеней в этом ряду не случайно!!!, а имеет жесткие закономерности указующие на $b_1$. И мы сумели облечь эти закономерности в формулы вычисления таких $b_1$, при которых РРК равно квадрату (у меня в черновике), кубу и т.д.
Эти формулы работают, это что то совершенно реальное. Отрицать реальность---извините меня…! И если кому-нибудь эти формулы не понравятся, то пусть он даст другие.
Пожалуйста, врастайте в РРК и как можно быстрее.

[Petern1]

Age

Не понятно откуда Вы взяли $x=b_1$. Нигде у меня такого нет. И быть такое не могло. Достаточно взглянуть на формулу
$b_1=\frac{x^3-3de(d+e)}{6de}$ (одним глазком, наискосок) и ведеть, что $b_1$ не может быть равен $x$. Повторяю, нигде у меня нет такого $b_1=x$ ! И числовой пример Ваш тоже ни к чему.
Второе. $x^3=3def$. Опять же такого у меня нет. У меня $x=6def$. Не могу понять, зачем Вы так изменили эту запись.

Age

Venco

Убедительно прошу Вас сосредоточиться на П.6), на числах, которые являются РАЗНОСТЯМИ РАЗНОСТЕЙ кубов (РРК). Вот мы с ними нечаянно встретились, заинтересовались. Сумели вывести формулы их вычисления РРК$=3de(b_1+d+e)$. При $d=1,e=1$ РРК$=6(b_1+1)$. Это третий ряд числовых последов. (Venco предложил их не приводить). Присмотрелись еще сильнее и видим, что среди этих чисел есть квадраты, кубы 4-ые,5-ые и т. д. до бесконечности. И мы заметили (О, чудо!), что положение степеней в этом ряду не случайно!!!, а имеет жесткие закономерности указующие на $b_1$. И мы сумели облечь эти закономерности в формулы вычисления таких $b_1$, при которых РРК равно квадрату (у меня в черновике), кубу и т.д.
Эти формулы работают, это что то совершенно реальное. Отрицать реальность---извините меня…! И если кому-нибудь эти формулы не понравятся, то пусть он даст другие.
Пожалуйста, врастайте в РРК и как можно быстрее.