Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

Я ничего о доказанности первых двух случаев не говорила, только похохотала о Вашей их интерпретации.

Минидоказательство случая $a'+b'$ кратно ровно двум:

Тогда и числа $a'-b'$, следовательно, и $a'^n-b'^n$, или $A-B$, следовательно, и $A^n-B^n$, делятся на или $4$

и почему же разность делится на 4??

Потому что $A^n+B^n=C^n$, где $C$ четно.

Добавлено спустя 3 минуты 28 секунд:

Батороев писал(а):

Но при переходе к варианту
$A$ и $B$ не кратны $n$, а $C$ кратно $n$, Вы должны рассмотреть случай:
$ A^n+B^n=(A+B)R$, где $ n(A+B)=c'^n, \frac{R}{n}=c''^n$,
(при этом формулы 7° изменятся),
а этот случай и есть самый трудный.

Безусловно.
Это уже интересно. Но мне было важно получить подтверждение правильности моих формул и доказательства случаев a) и b), так как именно этот инструментарий используется в попытке доказательства случая с), когда одно из чисел кратно $n$.
Кстати, начало уже положено: если на $n$ делится четное число, то доказательство такое же, как и в случаях a) и b). Интересно, был ли доказан это случай ранее.
Итак, я перехожу к рассмотрению подслучаев случая с) (с помощью формул 7°), когда простой сомножитель $n$ принадлежит нечетному числу. При сохранении формул 7° либо $C$ кратно $n$ при четном $A$, либо число $C$ четно, а на $n$ делится число $B$. Мне представляется, что преодолеть трудность от наличия в формулах 7° числа кратного $n$ проще, чем от наличия в них четного числа. Мне видятся и другие подходы.

Добавлено спустя 1 минуту 55 секунд:

Руст писал(а):

Я извиняюсь...

Г-н Руст, похоже, Вы написали не в ту тему.

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

Потому что $A^n+B^n=C^n$, где $C$ четно.

Не убедительно. Поподробнее, плиз

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

В.Сорокин

Цитата:

Потому что $A^n+B^n=C^n$, где $C$ четно.

Не убедительно. Поподробнее, плиз

См. равенство Ферма. В любом целочисленном равенстве $x+y=z$ одно из чисел четно.

[shwedka]

Опять подлог, отвечаете не на то, о чем Вас спросили. приходится много цитировать!!!

В.Сорокин писал(а):

Минидоказательство случая $a'+b'$ кратно ровно двум:

Тогда и числа $a'-b'$, следовательно, и $a'^n-b'^n$, или $A-B$, следовательно, и $A^n-B^n$, делятся на или $4$

shwedka писал(а):

и почему же разность делится на 4?

В.Сорокин писал(а):

Потому что $A^n+B^n=C^n$, где $C$ четно.

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

В.Сорокин

Цитата:

Потому что $A^n+B^n=C^n$, где $C$ четно.

Не убедительно. Поподробнее, плиз

См. равенство Ферма. В любом целочисленном равенстве $x+y=z$ одно из чисел четно.

То, что Вы тут написали, не об'ясняет почему разность $A^n-B^n$делится на 4.

[В.Сорокин]

Батороев писал(а):

Вы пошли по пути рассмотрения самого легкого случая, который доказали, пожалуй, все, чьи доказательства я видел на этом форуме.
Но при переходе к варианту
$A$ и $B$ не кратны $n$, а $C$ кратно $n$, Вы должны рассмотреть случай:
$ A^n+B^n=(A+B)R$, где $ n(A+B)=c'^n, \frac{R}{n}=c''^n$,
(при этом формулы 7° изменятся),
а этот случай и есть самый трудный.

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

Доказательство случая с).

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$. В этом случае, как следует из формулы в примечении к п.2°, число $Q$ содержит $n$ ровно в первой степени. Тогда
(9°) $Q/n=q^n$ и $(C-A)n=b^n$, где $b$ имеет сомножитель $n^{kn}$.
Рассмотрим числа, аналогичные числам в 7°:
(10a°) $a'' - q = \frac{(b-a')(A+B) + (a'+b)(A-B)}{2a'b}$ и
(10b°) $a'' + q = \frac{(a'+b)(A+B) - (a'-b)(A-B)}{2a'b}$, где четные числа
$ b-a'$ и $A-B$ делятся на $2$ лишь в первой степени, а степень четности числа $A+B$ выше степени четности числа $b+a'$. Днйствительно, если число $b+a'$ делится на $2^{tn}$, то на $b+a'$ должно делиться и число $b-b'= b'(n-1)$, что, очевидно, невозможно.
Более того, число $n-1$ содержит сомножитель $2$ махсимум в степении $n-2$.

Легко видеть, что для чисел $a' - b$, $a' + b$, $a'' - q$, $a'' + q$, $P - \frac{Q}{n}$, $P + \frac{Q}{n}$ справедливы выводы из доказательства случаев a) и b):
1) если $a'=…01, b=…01$ [или $a'=…11, b=…11$], то $a''+ q=…00$, но $P+\frac{Q}{n}=…10$;
2) если число $a'+b$ оканчивается на $k$ нулей, то и число $a''-q$ оканчивается на $k$ нулей, но число $P-\frac{Q}{n}$ оканчивается на $k+1$ нулей.

А теперь мы можем учесть возмущения в равенствах 7° после перенесения сомножителя $n$ из $Q$ в $C-B$ и вернуться от $P - \frac{Q}{n}$ и $P + \frac{Q}{n}$ к $P - Q$, $P + Q$. Так, если $n=…01$, то противоречие в п.1) сохраняется и для исходных значений чисел.

(Продолжение следует.)

Добавлено спустя 4 минуты 42 секунды:

shwedka писал(а):

То, что Вы тут написали, не об'ясняет почему разность $A^n-B^n$ делится на 4.

Потому что число $A-B$, кратное $4$, остается таковым и после умножения его на НЕЧЕТНОЕ число (с получением $A^n-B^n$).

[shwedka]

Цитата:

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$.

И опять подлог. случай с) отвечает нечетному С.

Цитата:

Потому что число $A-B$, кратное $4$,

А с чего оно кратно 4??

[Батороев]

В.Сорокин писал(а):

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

Доказательство случая с).

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$. В этом случае, как следует из формулы в примечении к п.2°, число $Q$ содержит $n$ ровно в первой степени. Тогда
(9°) $Q/n=q^n$ и $(C-A)n=b^n$, где $b$ имеет сомножитель $n^{kn}$.
Рассмотрим числа, аналогичные числам в 7°:
(10a°) $a'' - q = \frac{(b-a')(A+B) + (a'+b)(A-B)}{2a'b}$ и
(10b°) $a'' + q = \frac{(a'+b)(A+B) - (a'-b)(A-B)}{2a'b}$...

Что-то у Вас слишком просто получилось.
Может быть, что-то наподобие этого?
(10a°) $a'' - q(n)^\frac{1}{n} = \frac{(b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} -a')(A+B) + (a'+b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A-B)}{2a'b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} }$ и
(10b°) $a'' + q(n)^\frac{1}{n} = \frac{(a'+b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A+B) - (a'-b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A-B)}{2a'b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} }$...

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Цитата:

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$.

1. И опять подлог. случай с) отвечает нечетному С.

Цитата:

Потому что число $A-B$, кратное $4$,

2. А с чего оно кратно 4??

1. Причем тут случай с), когда мини-доказательство относится к случаю а)?
2. Потому что четное $A+B$ на 4 не делится.

Добавлено спустя 13 минут 14 секунд:

Батороев писал(а):

Что-то у Вас слишком просто получилось.

Я нашел другой путь для вычисления формул 10°, исключающий неясности и разнопонимание. После проверки тут же опубликую.
Спасибо за участие.

[shwedka]

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

Цитата:

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$.

1. И опять подлог. случай с) отвечает нечетному С.

Цитата:

Потому что число $A-B$, кратное $4$,

2. А с чего оно кратно 4??

1. Причем тут случай с), когда мини-доказательство относится к случаю а)?
2. Потому что четное $A+B$ на 4 не делится.

1. Здесь речь идет не о минидоказательстве, а о случае с), где Вы обманули народ,
смотрите: в посте от Вс Авг 12, 2007 00:29:50
Вы уже его отменили??

Цитата:

c) если $a'=…0, b'=…1$ [или $a'=…1, b'=…01$].

а'=...0, то есть а четное

2. и почему???

Вы запутались в Ваших случаях.
Давайте-ка, приведите с начала, скажем с пункта 7, рассуждение, которое Вы считаете правильным, ПОЛНЫМ и ОКОНЧАТЕЛЬНЫМ, без подтасовок.
И честно будет с Вашей стороны, если какой-то пост признан ошибочным, об'являть об этом.

[В.Сорокин]

Батороев писал(а):

В.Сорокин писал(а):

Рассмотрим числа, аналогичные числам в 7°:
(10a°) $a'' - q = \frac{(b-a')(A+B) + (a'+b)(A-B)}{2a'b}$ и
(10b°) $a'' + q = \frac{(a'+b)(A+B) - (a'-b)(A-B)}{2a'b}$...

Что-то у Вас слишком просто получилось.
Может быть, что-то наподобие этого?
(10a°) $a'' - q(n)^\frac{1}{n} = \frac{(b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} -a')(A+B) + (a'+b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A-B)}{2a'b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} }$ и
(10b°) $a'' + q(n)^\frac{1}{n} = \frac{(a'+b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A+B) - (a'-b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} )(A-B)}{2a'b(\frac{1}{n})^\frac{1}{n} }$...

В Ваших равенствах появляются иррациональные числа. В моих их нет. И я имею на это полное право на основании аксиомы: $x(yn)=(xn)y$. То, что при этом $xn$ не будет равно $C-A$, мне УЖЕ не мешает. Но важно (и особенно для новых равенств 10°), что я заменяю (тождественно!) лишь одно число: $b$ и не на $b'b''$, а на $bq$.
(Кстати, проверка показала, что до конца доказательства "сюрпризов" не предвидится. Так что до скорого.)

Добавлено спустя 5 минут 2 секунды:

shwedka писал(а):

1. Здесь речь идет не о минидоказательстве, а о случае с), где Вы обманули народ,

Cм. Ваш пост от Вт Авг 14, 2007 16:20:45: Ваша серия вопросов началась с минидоказательства.

[shwedka]

ошибаетесь, я спросила о случае с), см. Пн Авг 13, 2007 21:14:13, а в овет получила минидоказательство, которое не такое уж мини. но про него я тоже спрашиваю
давайте полный текст, а не кусочки.

[В.Сорокин]

Батороев писал(а):

Что-то у Вас слишком просто получилось.

Действительно просто:

Доказательство случая с) (заново).

Пусть при четном $C$ нечетное число $B$ является кратным $n$. В этом случае, как следует из формулы в примечении к п.2°, число $Q$ содержит $n$ ровно в первой степени. Тогда
(9°) $Q/n=q^n$ и $(C-A)n=b^n$, где $b$ имеет сомножитель $n^{kn}$.

После умножения равенства 1° на $n^n$ и почленного умножения чисел $A, B, C$ на $n$ в полученном равенстве, как легко видеть,
(10°) $C^*-A^*=b^n$ и $Q^*=q^n$ и теперь $B^*=bq$, или
(11°) $nB=bq$.
И теперь равенства 6°
$a'' = \frac{(A+B) - b'^n + a'^n}{2a'}$,
$b'' = \frac{(A+B) - a'^n + b'^n}{2b'}$, или
- после умножения второго равенства на $n$ -
(12°) $a'' = \frac{(A+B) - (C-A) + a'^n}{2a'}$,
$q = \frac{n(A+B) - na'^n + n(C-A)}{2b}$.
И теперь
(13°) $a''-q = \frac{(A+B)(b-na') + (A-B)(b-na')}{2b}$,
$a''+q = \frac{(A+B)(b+na') - (A-B)(b+na')}{2b}$,
где из четных $A-B=b^n$ и одно из $b-na'$ и $b+na'$ не делятся на $4$.
Для вычисления (в бинарной системе) влияния операции умножения раенства 1° на $n^n$ важно учитывать, что
(14°) если нечетное число $n$ имеет многозначное оконачние, равное $1$, длиной в $t$ цифр, то четное число $n^{n-1}$ имеет многозначное окончание, равное $1$, длиной в $t+1$ цифр. (По этой причине четности РАВНОЧЕТНЫХ чисел $a''+q$ и $P- \frac{Q}{n}$ не равны.)

Ну а цифровой расчет (приведу позже) – с учетом влияния на числа $C-A$ и $Q$ операции умножения равенства 1° на $n^n$ – приводит к ТЕМ же самым противоречиям, что и при доказательстве случаев а) и b).

Добавлено спустя 4 минуты 44 секунды:

shwedka писал(а):

ошибаетесь, я спросила о случае с), см. Пн Авг 13, 2007 21:14:13, а в овет получила минидоказательство, которое не такое уж мини. но про него я тоже спрашиваю
давайте полный текст, а не кусочки.

Если вы не согласны с моим доказательством случев а) и b) (по свидетельству Батороева уже доказанных, а потому и не представляющих интереса), попробуйте обратиться с помощью к Батороеву.
А доказательство случая с) смотрите в посте над этим.

[Батороев]

Руст писал(а):

Я извиняюсь, то что я сказал для p>5.

Похоже, Вы правы и я видел на форуме доказательства 1-го случая только для n = 3,
например, здесь.

В.Сорокин писал(а):

Если вы не согласны с моим доказательством случев а) и b) (по свидетельству Батороева уже доказанных, а потому и не представляющих интереса), попробуйте обратиться с помощью к Батороеву.

В.Сорокин
Уж, нашли к кому направить за помощью.
Я сам "пловец" еще тот

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

Доказательство случая с) (заново).

Пусть при четном $C$

Сколько можно!!!!
В очередной раз. Ваш случай с)
включает четное А, а следовательно, нечетное С.
Вс Авг 12, 2007 00:29:50

Цитата:

Цитата:
c) если $a'=…0, b'=…1$ [или $a'=…1, b'=…01$].

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Сколько можно!!!!
В очередной раз. Ваш случай с)
включает четное А, а следовательно, нечетное С.

Забудьте! После этого я не раз говорил, что и в случае с) оставляю четным число С, а кратным числу n "назначаю" нечетное число В.

Добавлено спустя 27 минут 54 секунды:

Батороев писал(а):

Уж, нашли к кому направить за помощью.
Я сам "пловец" еще тот

Всё путем!
Мне не хватает капли времени, чтобы записать цифровые расчеты.
А пока несколько мыслей:
1. Я провожу доказательство в РЕАЛЬНОМ времени - со 2 августа, когда заподозрил наличие противоречия в степенях четности у чисел $a''- b''$ и $P- Q.
2. «В уме» я завершил расчеты для случая с). Они очень простые, если использовать два свойства для суммы нечетных чисел:
а) степени четности у чисел $a-b$ и $a^n-b^n$ равны,
б) степени четности у чисел $aw-b$ и $a-bw$ ($w$ нечетно) равны.
3. Кроме того, в доказательстве всех трех случаев число $P-Q$ делится и на $A-B$, и на общий делитель чисел $C$ и $a+b$ равны.
4. И еще. Кажется, для доказательства нет нужды рассматривать суммы $a''+b''$ и $A+B$.