ВТФ by Виктор Сорокин

[Гость]

Виктор,
и почему Вы уверены,

Цитата:

a^(n-1) + b^(n-1) = c^(n-1), невозможность которого показать очень просто.

что a^(n-1) + b^(n-1) = (a^n + b^n)^(n-1)

[Гость]

Уважаемый Someome. 1. Напоминаю, предложено доказательство отсутствия решений в целых числах для случая n = 3 при обязательной оговорке, что ни одно из чисел тройки x, y, z не равно нулю, так как в противном случае имеется бесконечное число решений. Попутно замечу (не я это придумал), что и в иррациональных действительных числах имеется бесконечное количество решений, например, при z равном корню кубическому из x^3 + y^3 и любых x и y. Не поэтому ли и М. М. Постников и Г. Эдвардс в упомянутых книгах , рассматривая случай n = 3, находят неясности в доказательстве Л.Эйлера и ищут и находят способ их обойти и прийти к «бесконечному спуску» ?
2. О спуске при n =2. Возьмите простейшее решение в общем виде уравнения Ферма при n = 2, например, (A^2 + 1)^2 - (A^2 - 1)^2 =
(2A)^2. Выберите любое целое A и вычислите тройку x, y , z. Например при А = 5 - 10, 24, 26. Теперь осуществляйте спуск, уменьшая А на каждом шаге на 1. Получите последовательно тройки: 8, 15, 17; 6, 8, 10; 4, 3, 5; 2, 0, 2; 0, 1, 1, которые все являются решениями в целых числах уравнения
z^2 - y^2 = x^2 в том числе и при a + b – c = 0. Есть и спуск и решения.
При n = 3 мы исходили из предположения существования минимальной тройки взаимно простых чисел x, y, z , удовлетворяющих равенству z^3 – y^3 = x^3 . Ясно, что при этом существует и бесконечное число больших троек, (например при не взаимно простых числах тройки 2x, 2y, 2z; 3x, 3y, 3z; 4x, 4y, 4z и так далее бесконечный ряд, по которому мы уже спустились до не существующего z^3 – y^3 = x^3 (не будете же Вы оспаривать
доказательство Э. Уайлза). Кроме того доказано, и Вы это не оспариваете, что при существовании z^3 - y^3 = x^3 должно существовать и решение уравнения
с^3 – b^3 = a^3 , где a, b, c остатки от деления чисел x, y, z на 3 , естественно меньшие x, y, z . Таким образом становится ясно, что спуск имеет место, и если доказать, что уравнение с^3 – b^3 = a^3 не имеет решений в целых числах, то это и доказывало бы верность утверждения Ферма при n = 3. Но , так как остатки могут быть из множества (0; +1, -1) получается , что решение есть 0^3 + 1^3 = 1^3 , что доказывало бы неверность утверждения Ферма. Поэтому и необходимо доказывать, что это решение не принадлежит множеству решений уравнения x^3 + y^3 = z^3, когда ни одно из чисел
x, y, z не равно нулю. Это доказывается именно тем, что это решение противоречит Необходимому условию Грюнтера существования решений исходного уравнения - n должно быть наименьшим числом.
3. Об использовании отрицательного остатка - 1. Остаток при представлении любого числа в виде N = 3u + v Всегда можно сделать как положительным так и отрицательным, изменяя на 1 число u. Поэтому мы вправе выбрать более подходящее представление. Правда, в выбранном случае выгода состоит только в том, что меньше число комбинаций остатков надо проверять. Можно, конечно, взять остатки все положительными из множества (0; 1; 2). При переборе (не забывайте что, один из остатков всегда равен нулю) мы все равно должны рассмотреть комбинацию (0; 1; 1) которая приводит к тому же решению
0^3 + 1^3 = 1^3 .
Дед. Россия. Ростов на Дону.

[Виктор Сорокин]

Гость писал(а):

Виктор,
и почему Вы уверены,

Цитата:

a^(n-1) + b^(n-1) = c^(n-1), невозможность которого показать очень просто.

что a^(n-1) + b^(n-1) = (a^n + b^n)^(n-1)

Уважаемый Гость,
это я от перестраховки (боясь ошибиться в конкретных расчетах) рассмотрел лишь равенство
a^(n-1) + b^(n-1) = c^(n-1). На самом же деле, несколько увеличив r в множителе n^r (на число цифр в наибольшем коэффициенте разложения в биноме Ньютона) и уменьшив "довесок" n^[-r(n-1)] до n^(-r), мы с точностью до 1 получаем равенства для каждой степени от n-1 до 1, в частности и такое: a + b – c = 0. Но при равенствах a + b – c = 1 и a + b – c = - 1 равенство Ферма невозможно из-за нечетности числа a + b – c. Таким образом, остается одно из двух: либо a + b – c = 0 (и тогда равенство Ферма невозможно с полной очевидностью), либо число a + b – c не является целым. И если я не ошибся в чем-то другом, то доказательство ВТФ завершено.
Множество других доводов в пользу невозможности равенства a^(n-1) + b^(n-1) = c^(n-1) я здесь опускаю.

В.С.

[Виктор Сорокин]

Пояснение к равенству-сателлиту (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(b + c)Ra = (a – c)Rb – (a – b)Rc, или a*^n = b^n + c^n, откуда
(b + c)Ra = (a* – c)Rb – (a* – b)Rc.
И из системы уравнений a – c = a* – c и a – b = a* – b находим:
a = a*, где a* – следовательно, и а! – нецелое.
Таким робразом, решение уравнения a^n + b^n = c^n является НЕЦЕЛЫМ.

Виктор Сорокин

[Виктор Сорокин]

Виктор Сорокин писал(а):

Пояснение к равенству-сателлиту (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n)

Еще раз

Если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) a*^n = b^n + c^n (где a* НЕецелое, а числа b и c – целые!), или
(4°) (c^n + b^n) = (c^n – a*^n) + (a*^n + b^n), и из 2° и 4° имеем:
(5°) c^n – a^n = c^n – a*^n, a^n = a*^n, a = a*, и, следовательно (см. 3°),
число a НЕ ЕСТЬ ЦЕЛОЕ (ЧТО ПРОТИВОРЕЧИТ 1°).

ВТФ полностью доказана.

Виктор Сорокин

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Виктор Сорокин писал(а):

Пояснение к равенству-сателлиту (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n)

Еще раз

Если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) a*^n = b^n + c^n (где a* НЕецелое, а числа b и c – целые!), или

Фиг с ним, с $a^*$, пускай оно "НЕецелое".

Виктор Сорокин писал(а):

(4°) (c^n + b^n) = (c^n – a*^n) + (a*^n + b^n), и из 2° и 4° имеем:
(5°) c^n – a^n = c^n – a*^n,

Как же Вы в школе алгебру изучали?

Виктор Сорокин писал(а):

a^n = a*^n, a = a*, и, следовательно (см. 3°),
число a НЕ ЕСТЬ ЦЕЛОЕ (ЧТО ПРОТИВОРЕЧИТ 1°).

ВТФ полностью доказана.

Горбатого могила исправит (русская народная поговорка).

P.S. Сначала я над Вашими идиотизмами смеялся, но теперь уже устал. Когда юмора слишком много, он перестаёт развлекать.

[Виктор Сорокин]

Someone писал(а):

Фиг с ним, с $a^*$, пускай оно "НЕецелое".

Слава Богу, половина доказательства признана верной.

Someone писал(а):

Как же Вы в школе алгебру изучали?

Я ошибку легко исправлю. А Вы свое мнение?...

Измененный текст:

Если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) (c + b)Ra = (c – a)Rb + (a + b)Rc, или
(4°) a*^n = b^n + c^n (где a* НЕецелое, а числа b и c – целые!), или
(5°) (c + b)Ra = (c – a*)Rb* + (a* + b)Rc*. Тогда в 4°
(6°) 2p = 2(b + c – a*) = (см. 5°) = (c – a*) + (a* + b) – (c + b) = (см. 3°) =
= (c – a) + (a + b) – (c + b) = 0, откуда b + c = a*.
Следовательно, либо b, либо c не является целым числом и
ВТФ полностью доказана.

Виктор Сорокин

[LynxGAV]

Кусок доказательства еще не доказательство. А у Вас - соперники.

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Someone писал(а):

Фиг с ним, с $a^*$, пускай оно "НЕецелое".

Слава Богу, половина доказательства признана верной.

Ничего подобного. Я просто хотел сказать, что не имеет ни малейшего значения, целое это число или нет. Да Вы ведь и НЕ ДОКАЗАЛИ, что оно нецелое. Только декларировали. А всё остальное к этому моменту - это простые преобразования и переобозначения в рамках школьной алгебры. Впрочем, для Вас и это - большое достижение.

Да, попробуйте своё "доказательство" на уравнении $x^2+y^2=z^2$. Наверняка "докажете", что оно тоже не имеет решений.

Виктор Сорокин писал(а):

Someone писал(а):

Как же Вы в школе алгебру изучали?

Я ошибку легко исправлю. А Вы свое мнение?...

Даже и не подумаю. Глупость - она и есть глупость.

Виктор Сорокин писал(а):

Измененный текст:

Если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) (c + b)Ra = (c – a)Rb + (a + b)Rc, или
(4°) a*^n = b^n + c^n (где a* НЕецелое, а числа b и c – целые!), или
(5°) (c + b)Ra = (c – a*)Rb* + (a* + b)Rc*. Тогда в 4°
(6°) 2p = 2(b + c – a*) = (см. 5°) = (c – a*) + (a* + b) – (c + b) = (см. 3°) =
= (c – a) + (a + b) – (c + b) = 0, откуда b + c = a*.

Пишете "равенство", которое ниоткуда не следует, и объявляете это "доказательством". А куда это подевались всякие $Rb$, $Rb^*$ и тому подобное? (Вероятно, имелось в виду $R_b$, $R_{b^*}$,... Неужели невозможно освоить тег Math?)

Виктор Сорокин писал(а):

Следовательно, либо b, либо c не является целым числом и
ВТФ полностью доказана.

Ни в малейшей степени.

[ВЕБ]

Я вот сижу и думаю…
Обалдеть!
Это надо ж…
Почти 9 страниц!..
И на них пару десятков раз: "ВТФ полностью доказана".
Да….

Виктор Сорокин писал(а):

a^(n-1) + b^(n-1) = c^(n-1), невозможность которого показать очень просто.

почему же тогда

a^n + b^n = c^n

"невозможность которого показать" так сложно…
"И так всё" (с) Задорнов (вроде)
Достукались…

На каком-то физическом форуме точно также один "физик" призывал к совместному доведению идеи "до ума".
Просто-напросто он разобрался в природе гравитации и вот теперь дело за малым - применить знание на пользу человечества.
Более того! Исходя из его посылок, можно даже обычные магнитные поля использовать!
Кто бы вот только проверил…
Народ вроде как над ним поиздевался, но был и такой ответ (приблизительно):
- Да хватит вам ржать! Мы тут с пацанами вчера взяли колесо, магнит помощнее, пристроили одно к другому…
- И что?
- Что - что? Крутится до сих пор! Думаем теперь с пацанами к колесу этому генератор приделать и энергию Чубайсу продавать!
Зато как рад был "физик"!
- Вот молодцы, - говорит, - не поленились, проверили! Я и не сомневался, что получится!

Так что, Someone, мне кажется, Вы тратите время совершенно напрасно, ибо: чукча не читатель, чукча - писатель!

Что взять с вас, "профи" (я от вас балдею),
Вам только б ползать, без полёта жить!
Вы оцените красоту идеи!
А на ошибки можно "положить"!

Ферма, ГюнтЕр… Грюнерт? Да хрен бы с ними!
Что тратить жизнь на эту ерунду?!
Завалим всех идеями… больными!
Вот я – кладу, кладу, кладу, кладу!..


Сорри за оффтоп.

[Виктор Сорокин]

Равенство b + c – a* = 0 можно получить несколькими способами. Во-первых, с помощью следующей Леммы.
Лемма. Если в равенстве a^n + b^n – c^n = 0 число a + b – c = u, то в равенстве (c – b)Ra + (c – a)Rb – (a + b)Rc = 0 число (c – b) + (c – a) – (a + b) = – 2u. И наоборот.

Тогда если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) (c + b)Ra = (c – a)Rb + (a + b)Rc, где (c – a) + (a + b) – (c + b) = 2u = 0, следовательно (см. Лемму) число b + c – a* = 0.
Следовательно, либо b либо c не есть целое.

Второй способ.
Введен новые переменные A, B, C из условия: c + b = A + B, c – a = C – A, a + b = C – B,
откуда C = A + B = c + b; B = C – A = c – a; A = C – B = a + b, где числа А и В целые, а С – НЕцелое.

В.С.

[M'SH]

Дед, Ростов-н-Дону писал:

Цитата:

... если доказать, что уравнение с^3 – b^3 = a^3 не имеет решений в целых числах, то это и доказывало бы верность утверждения Ферма при n = 3. Но , так как остатки могут быть из множества (0; +1, -1) получается , что решение есть 0^3 + 1^3 = 1^3 , что доказывало бы неверность утверждения Ферма. Поэтому и необходимо доказывать, что это решение не принадлежит множеству решений уравнения x^3 + y^3 = z^3, когда ни одно из чисел x, y, z не равно нулю. Это доказывается именно тем, что это решение противоречит Необходимому условию Грюнтера существования решений исходного уравнения - n должно быть наименьшим числом.

То что решение в остатках 0^3+1^3=1^3 .....
Аналогичное решение в остатках есть для степени n=2: 0^2+1^2=1^2, например 4+3=5
и для степени n=5: 0^5+1^5=1^5. С одним исключением, что 1, не единственный возможный остаток.
и так далее для всех простых чисел.

Я тоже застрял на этом этапе доказательства, а не только Вы. Вероятно, за много веков до нас тоже дальше не смогли продвинуться. Боюсь что условие Грюнтера справедливо только для натуральных чисел, а не для остатков натуральных чисел.[/quote]

[Виктор Сорокин]

ВЕБ писал(а):

Я вот сижу и думаю…
Обалдеть!
Это надо ж…
Почти 9 страниц!..
И на них пару десятков раз: "ВТФ полностью доказана".

Уважаемый ВЕБ,
могу усилить Ваше удивление дополнительной информацией:
фразой: "Итак, ВТФ доказана" заканчивалась каждая из 5000 моих попыток найти доказательство ВТФ;
но я не оригинал: к середине прошлого века было рассмотрено более 10 000 доказательств, завершающихся аналогичной фразой, и… все они оказались ошибочными;
по-видимому, все эти 10 000 тысяч ошибок совершили математики-любители, так что профессионалы могут спать спокойно – им обвинение в безграмотности не грозит (как не грозит и нахождение элементарного доказательства ВТФ: кто не ошибается, тот не творит).
Однако, похоже, мы станем свидетелями самого поразительного логического парадокса: наитруднейшая проблема решена самым наислабейшим математиком (лично я никогда на большее не претендовал)…
Кстати, теперь вывести равенство b + c – a* = 0 может почти любой школьник. Могу предложить и еще одну систему равенств, откуда вытекают и равенство b + c – a* = 0, и что c + b нецелое.
Сделаем для выражений в скобках в равенстве (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n) подстановку:
(c^n + b^n) = (A^n + B^n); (c^n – a^n) = (С^n – B^n), (a^n + b^n) = (С^n – A^n), после чего находим, что А и В целые, а С [= c + b] – нецелое.

Так что ждать осталось немного…

В.С.

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Равенство b + c – a* = 0 можно получить несколькими способами. Во-первых, с помощью следующей Леммы.
Лемма. Если в равенстве a^n + b^n – c^n = 0 число a + b – c = u, то в равенстве (c – b)Ra + (c – a)Rb – (a + b)Rc = 0 число (c – b) + (c – a) – (a + b) = – 2u. И наоборот.

А причём тут вообще эти $a^n+b^n-c^n=0$ и $(c-b)R_a+(c-b)R_b=(a+b)R_c$? Если $a$, $b$, $c$ - какие угодно числа, $u=a+b-c$, то $(c-b)+(c-a)-(a+b)=c-b+c-a-a-b=2c-2a-2b=-2(a+b-c)=-2u$. Это Вам любой школьник сделает, если он не совсем идиот. А Вы считаете это колоссальным продвижением в доказательстве теоремы Ферма и формулируете в виде отдельной Леммы.

Виктор Сорокин писал(а):

Тогда если в равенстве
(1°) a^n + b^n = c^n числа a, b, c целые, тогда
(2°) (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n), или
(3°) (c + b)Ra = (c – a)Rb + (a + b)Rc, где (c – a) + (a + b) – (c + b) = 2u = 0, следовательно (см. Лемму) число b + c – a* = 0.

Откуда вдруг выскочило $a^*$? Неоткуда ему здесь взяться. Впрочем, если Вы его ОПРЕДЕЛЯЕТЕ этим равенством, то конечно. Но тогда оно ЦЕЛОЕ - как $b$ и $c$ (по предположению).

Виктор Сорокин писал(а):

Следовательно, либо b либо c не есть целое.

Врёте. Нет для этого утверждения никаких оснований.

Виктор Сорокин писал(а):

Второй способ.
Введен новые переменные A, B, C из условия: c + b = A + B, c – a = C – A, a + b = C – B,
откуда C = A + B = c + b; B = C – A = c – a; A = C – B = a + b, где числа А и В целые, а С – НЕцелое.

По-моему, Вы исчерпались. Этот идиотизм уж даже и охарактеризовать не могу. Слов таких не знаю.

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Однако, похоже, мы станем свидетелями самого поразительного логического парадокса: наитруднейшая проблема решена самым наислабейшим математиком (лично я никогда на большее не претендовал)…

Не станем. Может, пари заключим? На сотню тысяч у.е.? Только тут нужно конкретный срок установить.
Шучу, у меня таких денег нет (даже и гораздо меньше десятой части этого), так что с моей стороны гарантии выплаты не может быть.

Виктор Сорокин писал(а):

Кстати, теперь вывести равенство b + c – a* = 0 может почти любой школьник. Могу предложить и еще одну систему равенств, откуда вытекают и равенство b + c – a* = 0, и что c + b нецелое.
Сделаем для выражений в скобках в равенстве (c^n + b^n) = (c^n – a^n) + (a^n + b^n) подстановку:
(c^n + b^n) = (A^n + B^n); (c^n – a^n) = (С^n – B^n), (a^n + b^n) = (С^n – A^n), после чего находим, что А и В целые, а С [= c + b] – нецелое.

Так что ждать осталось немного…

Ну, эту глупость даже комментировать не стоит. Исчерпались Вы.

У меня предложение к администрации форума. Что это я тут задаром рецензии пишу? За рецензирование надо платить. Вот и пусть ферманьяк, желающий опубликовать здесь очередное своё творение, внесёт в фонд библиотеки мехмата, скажем, 1000 рублей за каждую полную или неполную страницу текста формата А4 (Сколько там тысяч символов-то, если печатать на машинке? Несколько больше 3, если не ошибаюсь? Примерно по 30 копеек за символ получается.) Или 1000 рублей слишком много? А я, так уж и быть, напишу рецензию. Это и будет мой материальный вклад в фонд библиотеки. А если я буду занят, то ведь я тут не единственный профессиональный математик.