[Цирк] Исследование равенства Ферма

[venco]

victor_sorokin в сообщении #255758 писал(а):

На данный момент интересных мыслей, заслуживающих публикации, не имею.

А когда-нибудь были?

[victor_sorokin]

venco в сообщении #255994 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #255758 писал(а):

На данный момент интересных мыслей, заслуживающих публикации, не имею.

А когда-нибудь были?

За других не решаю.
==================

Свято место оставалось вакантным недолго: сегодня родилось сказочное представление равенства Ферма, устраняющее сразу множество препятствий на пути анализа равенства.

Итак, пусть
1°) $A^3+B^3-C^3=0$, где простое $3>2$, $C>A>B>U$,
2°) $A+B-C=U [=3^ku$ или, при другом подходе, $2^ku]$.

Сделаем в 1° подстановку:
3°) $A=a+U, B=b+U, C=c+U$:

4°) $(a+U)^3+(b+U)^3-(c+U)^3=$
$=(a^3+b^3-c^3)+3U(a^2+b^2-c^2)+3U^2(a+b-c)+U^3=$
$=3abc+3U(-2ab)+0+U^3=0$, где

5°) $a+b-c=0$ (!!!).

Теперь после раскрытия биномов Ньютона в 4° и группировки членов по степеням поразрядный цифровой анализ становится просто наглядным, особенно, если учесть, что предпоследний член в разложении равен нулю. Легко вычисляется и третий от конца член.
Однако из-за самообрезания – сведения общего случая к кубу – консервативной части читателей увидеть все возможности формулы 4° не дано…

Подробности вычисления будут представлены в следующий раз.

[bot]

При подстановке $A=a+U, B=b+U, C=c+U$ в равенство $A+B-C=U$ у меня получилось $a+b-c=U$, а у Вас $a+b-c=0$, иначе говоря Ваша подстановка - это $A=a,\ B=b, C=c$, при которой из $4^\circ$ и в самом деле получается без всякого цифрового анализа, что одно из $A,\ B,\ C$ нулевое. Вот только откуда взялось $4^\circ$? Первое равенство в нём тривиально, а второе откуда?

[shwedka]

bot в сообщении #256160 писал(а):

у меня получилось $a+b-c=U$, а у Вас $a+b-c=0$

При всем почтении, автор здесь не проврался.

[Батороев]

Т.к. $ c=2C-A-B= (C-A)+(C-B)=a+b$,
согласен с
$ a^2+b^2-c^2=(a^2+b^2)-(a+b)^2=-2ab$,
но возражу против первого члена 4° в отношении знака :
$ a^3+b^3-c^3=(a^3+b^3)-(a+b)^3=-3ab(a+b)=- 3abc$.



Немного далее преобразовав свое выражение, Вы прийдете к известному тождеству для ВТФ в третьей степени:

$ 3(A+B)(C-A)(C-B)=(A+B-C)^3$.

[bot]

shwedka в сообщении #256178 писал(а):

bot в сообщении #256160 писал(а):

у меня получилось $a+b-c=U$, а у Вас $a+b-c=0$

При всем почтении, автор здесь не проврался.

А и в самом деле - как это у меня получилось? Видно день сегодня не тот, на лекции на ровном месте не раз споткнулся.

[Виктор Ширшов]

bot в сообщении #256375 писал(а):

Видно день сегодня не тот, на лекции на ровном месте спотыкался.

Если не ошибаюсь, раньше 29 октября был праздник ВЛКСМ.

[bot]

А ведь точно - 91 год исполнился бы.

[Виктор Ширшов]

bot в сообщении #256381 писал(а):

А ведь точно - 91 год исполнился бы.

Значит есть повод винчика попить.

[cepesh]

Виктор Ширшов в сообщении #256394 писал(а):

Значит есть повод винчика попить.

Есть повод закончить флуд

[victor_sorokin]

bot в сообщении #256375 писал(а):

А и в самом деле - как это у меня получилось?

Здесь я на Вашей стороне – ошибка свидетельствует о неформальном мышлении.
=============
Однако, прежде чем перейти к обещанным количественным расчетам, совершим еще один ЛОГИЧНЫЙ переход. А заодно вернемся и к старым значения букв $a, b, c, p, q, r$ – оказывается, они нужны. Идея оказывается намного могущественней, если равенстство Ферма рассмореть в базе $U$.

Итак, пусть
1°) $A^n+B^n-C^n=0$, где простое $n>2$, $C>A>B>U$, $A, B, C$ взаимнопростые,
$A^n+B^n=C^n=(A+B)R=c^nr^n$ либо $=(c^n/n)(r^nn)$,
2°) $A+B-C=U=n^kcu$, где $u$ не кратно $c$. Из этого, в частности, следует:
3°) $A+B-C=c^n-cr=n^kcu$ и $c^{n-1}-r=n^ku$, где $c$ и $r$, следовательно и $c^{n-1}$ и $n^ku$ [или $u$ – при $C$ кратном $n$] взаимнопростые.

Рассмотрим числа $A, B, C$ в равенстве 1° в базе $U$:
3°) $A=xU+d, B=yU+e, C=zU+f$, где $d, e, f$ последние цифры.

Если $d+e-f=0$, то мы переходим к завершающей стадии доказательства ВТФ.

А если $d+e-f=U$, то возьмем число $v$ из решения линейного диофантового уравнения
4°) $vc^{n-1}-wn^ku=1$ и умножим равенство 1° на $v^n$.

В результате чего в базе $n^ku$ число $c^{n-1}$ оканчивается на цифру $1$, а в базе $U$ число $A+B$ оканчивается на цифру $c<U$ и, следовательно, при новых значениях $d+e-f=0$.

И теперь, сменив (после п.4) базу $U$ на новую базу $U$ мы получаем желаемый результат: можно считать, что в базе $U$ (сохраним прежнее обозначение) число $A+B-C$ равно
5°) $d+e-f=0$.

А теперь после подстановки 3° в 1°, затем разложения биномов Ньютона и объединения подобных членов мы видим, что последний член разложения –
6°) $(xyzUUU)^n$ оказывается и положительным, и САМЫМ длинным по числу цифр, а величины предыдущих членов оказывается недостаточными для онуления этого (последнего) члена.

При этом обнаруживаются и другие нтересные вещи. Так, похоже, $y=1, x=z$.

Таким образом, проект доказательства заслуживает тщательного рассмотрения.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #256505 писал(а):

где простое $n>2$

$n=3$

[victor_sorokin]

victor_sorokin в сообщении #256505 писал(а):

А теперь после подстановки 3° в 1°, затем разложения биномов Ньютона и объединения подобных членов мы видим, что последний член разложения –
6°) $(xyzUUU)^n$ оказывается и положительным, и САМЫМ длинным по числу цифр, а величины предыдущих членов оказывается недостаточными для онуления этого (последнего) члена.

При этом обнаруживаются и другие нтересные вещи. Так, похоже, $y=1, x=z$.

Поправка:
...последний член разложения –
6°) $(xU)^n+(yU)^n-(zU)^n=(x^n+y^n-z^n)U^n$...

shwedka в сообщении #256558 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #256505 писал(а):

где простое $n>2$

$n=3$

Специально для тех, кто хочет считать только до трех.
=============
Завершая большой материал для публикации, я обнаружил, что небольшая модификация идеи приводит, при доказанности используемых инструментов, к краткому доказательству ВТФ.

***

Рассмотрим числа $A, B, C$ в равенстве
1°) $A^3+B^3-C^3=0$,
где простое $3>2$, в базе $U-1$.

Поскольку основание $U-1$ является, как легко видеть, взаимнопростым с числами $A, B, C, U$, то в базе $U-1$ существует такая цифра $g$, что умножение числа $U=A+B-C$ на $g$ – соответственно и равенства 1° на $g^3$ – превращает последнюю цифру числа
2°) $D=(a^3+b^3-c^3)g^3$, где $a, b, c$ – последние цифры чисел $A, B, C$ в базе $U-1$, в $1$.

После этого умножим число $D$ на такое число $G^3$, что окончание числа $DG^3$ на длине, превышающей длину значимой части числа $c^3$, станет равным $1$.

И теперь на этой длине мы получаем, по-видимому, противоречивое равенство:
3°) $a^3+b^3-c^3=1$ (при положительных и не равных $a, b, c$).

Работа продолжается.

victor_sorokin в сообщении #256569 писал(а):

Работа продолжается.

Есть небольшая путаница, но она будет устранена.



ВТФ. Текст, близкий к завершению

***

Рассмотрим наименьшее (по числу $C$) равенство
1°) $A^n+B^n-C^n=0$,
где простое $n>2$ и $C>A>B>U=A+B-C>U-1$, в базе $m=U-1$:
2°) $A=a+mP, B=b+mQ, C=c+mR$.

Запишем равенство 1° (после раскрытия биномов Ньютона) в виде
3°) $(a^n+b^n-c^n)+D=0$.

А теперь с помощью умножения равенства 1° на соответствующие числа $G^n=(1+gm^t)^n$ начнем последовательно онулять цифры в числе $D$ на длину, превышающую длину числа $m^n$.

И теперь на этой длине мы получаем новое равенство Ферма
4°) $a^n+b^n-c^n=1$ с МЕНЬШИМ числом $C$,
что противоречит условию.

Покажем, что процесс онуления возможен.

(Окончание следует)



Специально для «троечников»

***

ВТФ. Текст, близкий к завершению

Рассмотрим наименьшее (по числу $C$) равенство
1°) $A^3+B^3-C^3=0$,
где простое $3>2$ и $C>A>B>U=A+B-C>U-1$, в базе $m=U-1$:
2°) $A=a+mP, B=b+mQ, C=c+mR$.

Запишем равенство 1° в виде
3°) $(a^3+b^3-c^3)+D=0$.

А теперь с помощью умножения равенства 1° на соответствующие числа $G^3=(1+gm^t)^3$ начнем последовательно онулять цифры в числе $D$ на длину, превышающую длину числа $m^3$.

И теперь на этой длине мы получаем новое равенство Ферма
4°) $a^3+b^3-c^3=1$ с МЕНЬШИМ числом $C$,
что противоречит условию.

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

Покажем, что процесс онуления возможен.

Введем обозначения:
$d_i$ – $i$-я цифра от конца в числе $D$;
$d_1=d$ – последняя цифра числа $D$;
$d_{i]}$ – $i$-значное окончание числа $D$.
$d_{[i}$ – часть числа $D$, полученная отбрасыванием $i$-значного окончания.

Нам достаточно рассмотреть преобразование лишь второй цифры $D_2=f$ числа $D$, причем учитывая лишь двузначные окончания чисел в базе $m$.

Итак, в числе $d+mf$ с помощью умножения числа $U$ на $(1+gm)^3$ требуется преобразовать цифру $f$ в $0$.

По двузначным окончаниям равенство 1° выглядит так:
5°) $[(a+(mP)_2)^3+(b+(mQ)_2)^3-(c+(mR)_2)^3]_{2]}= $
$=[(a^3+b^3-c^3)+3m(a^{3-1}P+b^{3-1}Q-c^{3-1}R)]_{2]}=$.
$=/[(a^3+b^3-c^3)]_{2]}+[3m(a^{3-1}P+b^{3-1}Q-c^{3-1}R)]_{2]}/_{2]}=0$.

Отсюда видно, что нам нужно умножить число $U$ на такое число $(1+gm)^3$, чтобы ко второй цифре в 5°, в последней строке, прибавилась цифра
$/m-[n(a^{n-1}P+b^{n-1}Q-c^{n-1}R)]_{2]}/_1=x$.

Это произойдет в том случае, если ко второй цифре $U_2$ числа $U$ прибавится число $x$ – как-угодно разбросанное по вторым цифрам чисел $A, B, C$; позже, после возведения чисел в степень и раскрытия биномов, этот разброс и должен образовать цифру $x$_1.

Такая цифра $x_1$ существует на том основании, что вторые цифры в числах $(1+gm)^3$, как и в числах $1+3gm$, составляют полное множество цифр в базе $m$. И потому существует такая цифра $g$, что $(1+gm)^3_2=x$.

Здесь важно учитывать то, что числа $a^{3-1}, b^{3-1}, c^{3-1}=$ являются константами во всех операциях пребразования цифр. И потому полное множество $M$ всех цифр $i$ в базе $m$ остается ПОЛНЫМ и во множестве последних цифр в числах $g3$ (при взаимнопростых $m$ и $3$), и в числах $g3+Const.$, и в числах $ga_2, gb_2, gc_2$.

Впрочем, все эти простейшие леммы, по-видимому, были известны математикам древнего мира, и не исключено, что в теории чисел они сформулированы более компактно.

Таким образом, последнее, что требуется для завершения доказательства ВТФ, это показать, что среди цифр-чисел $a, b, c$ нет нуля. Это удобнее всего сделать в базе $U$.
Так, число $B-U=C-A$ является либо степенью, либо делится на $3^{3-1}$. И при этом, как показывает компьтерный обсчет и анализ, $B-2U<0<B-U$. И факт $b>0$ становится очевидным. (Возможно и аналитическое доказательство этого факта.)
Числа $c$ и $a$ не могут быть одновременно равны нулю, ибо в противном случае числа $C$ и $A$ не являются взаимнопростыми.
И наконец, из равенства, например, $A=km=k(U-1)$, следует, что $A-kU=-k$…
Однако, на сегодня хватит. За мной остается случай $c$ или $a$ равно нулю.

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #256569 писал(а):

1°) $A^3+B^3-C^3=0$

victor_sorokin в сообщении #256569 писал(а):

4°) $a^3+b^3-c^3=1$

Если хорошо протереть очки, то видно, что в одном равенстве в правой части стооит ноль, а в другом- единичка. Если где-то тут есть противоречие, то, извольте, покажите.

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #257173 писал(а):

victor_sorokin в сообщении #256569 писал(а):

1°) $A^3+B^3-C^3=0$

victor_sorokin в сообщении #256569 писал(а):

4°) $a^3+b^3-c^3=1$

Если хорошо протереть очки, то видно, что в одном равенстве в правой части стооит ноль, а в другом- единичка. Если где-то тут есть противоречие, то, извольте, покажите.

Есть. Правильно будет:
4°) $a^3+b^3-c^3=0$.
Спасибо.