Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[shwedka]

Цитата:

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

Значит, нечетное С оставляется читателю в качестве упражнения???
Ладушки, оставляю Вас наедине с Батороевым. Жду Вашего заявления, что очередное 'доказательство' полное и окончательное.

[Батороев]

В.Сорокин писал(а):

Действительно просто:

(12°) $a'' = \frac{(A+B) - (C-A) + a'^n}{2a'}$,
$q = \frac{n(A+B) - na'^n + n(C-A)}{2b}$.
И теперь
(13°) $a''-q = \frac{(A+B)(b-na') + (A-B)(b-na')}{2b}$,
$a''+q = \frac{(A+B)(b+na') - (A-B)(b+na')}{2b}$,

Попытался проверить (не с самого начала).
Во-первых при переходе от 12° к 13° в знаменателе потеряно a’.
Во-вторых, если расписать 13°, то получаем:
$ a''-q=\frac{(A+B)(b-na’)+(A-B)(b-na’)}{2a’b} $
$ a''-q=\frac{(b-na’)2A}{2a’b} $
$ a''-q=\frac{(b-na’)a''}{b} $
$ ba''-bq=ba''-na’a'' $
$ na’a'' = bq $
$ nA = B $
Похоже, что уже до 12° у Вас что-то не верно.

p.s. Ухожу в пробег Новосибирск - ...


А понял: У Вас в 12° q неправильно записано.

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

Значит, нечетное С оставляется читателю в качестве упражнения???

Доказательство для нечетных С и В ПОЛНОСТЬЮ совпадает с приведенным - после цикличной замены знаков "плюс" на "минус" у чисел А и С во всем тексте.

Добавлено спустя 3 минуты 24 секунды:

Дополнение.
К указанным ранее правилам вычисления степени четности 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;
следует добавить еще одно:
г) степени четности у чисел $an-b$ и $an^n-b$ равны.
Если последняя единица в числе $a-b$ стоит на $k$-м месте от конца (т.е. занимает $k$-й разряд?), а предпоследняя единица в числе $n$ стоит на $t$-м месте и $t>k$, то очевидно, что
д) степени четности чисел $an-b$ и $a-b$ равны.
Если $t<k$, то очевидно, что
е) степень четности у числа $an-b$ равна $t$.
Если $t=k$, то очевидно, что
ж) степень четности числа $an-b$ равна $t+1$.
Эти правила и позволяют легко показать, что
степень четности числа $a''-q$ (13°) на единицу меньше степени четности РАВНОЧЕТНОГО числа $P-Qn^{n-1}$, ТО ЕСТЬ $P-Q$.

[shwedka]

Цитата:

Доказательство для нечетных С и В ПОЛНОСТЬЮ совпадает с приведенным - после цикличной замены знаков "плюс" на "минус" у чисел А и С во всем тексте.

И с чего народ должен Вам верить???

Цитата:

Доказательство

А кто здесь видел доказательство???

[В.Сорокин]

Батороев писал(а):

Похоже, что уже до 12° у Вас что-то не верно.
А понял: У Вас в 12° q неправильно записано.

Да, неверно: ошибка в знаке в последней скобке. Правильно будет:
(13°) $a''-q = \frac{(A+B)(b-na') + (A-B)(b+na')}{2a'b}$,
$a''+q = \frac{(A+B)(b+na') - (A-B)(b-na')}{2a'b}$.
[/quote]
Тьфу-тьфу, но пока все сходится.
Ну и дополнительная логика:
число $C-A$ умножается на $2^t+1$, а число $P-Q$ умножается на $2^{t+1}+1$! Из этого проистекает, в частности, разница в степенях четности, казалось бы, РАВНОЧЕТНЫХ чисел.

Добавлено спустя 2 минуты 13 секунд:

shwedka писал(а):

Цитата:

Доказательство для нечетных С и В ПОЛНОСТЬЮ совпадает с приведенным - после цикличной замены знаков "плюс" на "минус" у чисел А и С во всем тексте.

И с чего народ должен Вам верить???

С верующим народом не общаюсь.

[незваный гость]

В.Сорокин писал(а):

shwedka писал(а):

И с чего народ должен Вам верить???

С верующим народом не общаюсь.

1) У Вас, видимо, плохо с русский языке: Вы путаете глаголы «верить» и «веровать». Да еще и какой-то антирелигиозный фанатик.

2) Поскольку Вам никто не верит, как и писала shwedka, почему бы Вам не продемонстрировать всем нам, неверящим, что

Цитата:

Доказательство для нечетных С и В ПОЛНОСТЬЮ совпадает с приведенным - после цикличной замены знаков "плюс" на "минус" у чисел А и С во всем тексте.

Взяв, проделав «циклическую замену» и проверив корректность получившегося текста (что-то мне подсказывает, что не будет он корректным).

[В.Сорокин]

shwedka писал(а):

А кто здесь видел доказательство???

Доказательство ВТФ. Случай с)Пусть $C-A=b'^n^{n-1}$
Подслучай с1): $a'+b'=…10$.
Поскольку $n^{n-1}=…01$, то
$A+B=…10$ и, следовательно, $A-B=…00$.
Но этот случай полностью совпадает со случаем а), который доказан в МИНИ-доказательстве (см. пост от Вт Авг 14, 2007 09:40:13 )
Таким образом нам остается доказать восьмую часть ВТФ.

Добавлено спустя 3 минуты 6 секунд:

незваный гость писал(а):

Взяв, проделав «циклическую замену» и проверив корректность получившегося текста (что-то мне подсказывает, что не будет он корректным).

Случай четного А (или В) отложим на конец.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Тьфу-тьфу, но пока все сходится.

Крутой поворот в доказательстве.
Поскольку текст доказательства выходит за пределы одной страницы, то с большой вероятностью оно содержит ошибку. Исключение составляет только МИНИ-ДОКАЗАТЕЛЬСТВО для $C=…10$, которое к тому же ИНДИФФЕРЕНТНО к $n$.
К счастью, давным-давно я нашел интересный аппарат, позволяющий легко распространить идею мини-доказательства на случаи $C=…100$, $C=…1000$, и т.д.
До скорого.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

До скорого.

Поворот в доказательстве ВТФ. Полный текст с самого начала…

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n >2$ и (для начала) $a$ и $b$ нечетные и $c=2^kx$, где здесь и всюду ниже $x$ - нечетное число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.
Легко видеть, что
(2°) $a+b-c=2^kx$.

Покажем, что равенство 1° в целых числах неразрешимо.

Сделаем первую подстановку:
(3-1°) $a=c_1-b_1, b=c_1-a_1, c=a_1+b_1$, где
(4-1°) $a_1+b_1-c_1=2^{k-1}x$.
Легко видеть, что
(5-1°) $a_1+b_1=2^kx$ и числа $a_1, b_1, c_1$ целые, а числа $a_1$ и $b_1$ нечетные.
.

Сделаем вторую подстановку:
(3-2°) $a_1=c_2-b_2, b_1=c_2-a_2, c_1=a_2+b_2$, где
(4-2°) $a_2+b_2-c_2=2^{k-2}x$.
Легко видеть, что
(5-2°) $a_2+b_2=2^{k-1}x$ и числа $a_2, b_2, c_2$ целые, а числа $a_2$ и $b_2$ нечетные.
.
……………………………………….
И так далее до $k$-й подстановки:
(3-k°) $a_{k- 1}=c_k-b_k, b_{k-1}=c_k-a_k, c_{k- 1}=a_k+b_k$, где
(4-k°) $a_k+b_k-c_k=2^0x$.
Легко видеть, что
(5-k°) $a_k+b_k=2^1x$ и числа $a_k, b_k, c_k$ целые, а числа $a_k$ и $b_k$ нечетные.
Но тогда из 4-k° имеем:
(6°) $a_k-b_k=2^2y$, где $y$ – целое число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.

Теперь выразим числа $a, b, c$ через $a_k, b_k, c_k $.
При этом равные слагаемые в числах $a$ и $b$ мы будем отбрасывать, поскольку нам важна только разность чисел $a$ и $b$. В итоге, очевидно, мы получаем равенства:
(7°) $a=b_k+x$ и $b=a_k+x$ (либо $a=a_k+x$ и $b=b_k+x$), где $x$ – отброшенное число.
И теперь, вычислив число $a^n-b^n$, мы находим, что оно КРАТНО ЧЕТЫРЕМ. Но, как видно из 1°, и число $a^n+b^n$ тоже КРАТНО ЧЕТЫРЕМ, что при нечетных числах $a^n$ и $b^n$ невозможно.

Великая теорема доказана.

[Алексей К.]

В.Сорокин писал(а):

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n >2$ и (для начала) $a$ и $b$ нечетные и $c=2^kx$, где здесь и всюду ниже $x$ - нечетное число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.
Легко видеть, что
(2°) $a+b-c=2^kx$.

Это видеть не легко. И это не так. И если бы это было так, $a+b-c=2^kx=c$, то дальше для доказательства достаточно одной строчки: $a+b=2c$, $c=\frac{a+b}{2}$, $c<\max(a,b)$: противоречие, т.к. из условия (1°), как легко видеть, следует $c>\max(a,b)$. Авторские права на финальный аккорд доказательства оставляю за собой.

[В.Сорокин]

Алексей К. писал(а):

В.Сорокин писал(а):

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n >2$ и (для начала) $a$ и $b$ нечетные и $c=2^kx$, где здесь и всюду ниже $x$ - нечетное число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.
Легко видеть, что
(2°) $a+b-c=2^kx$.

Это видеть не легко.

Видеть очень легко: число $a+b=2^{kn}x$, а $c=2^kx$, и, следовательно, их сумма/разность $a+b-c=2^kx$.
===========================

Поясняющие мелочи

1. Формулировка противоречия:
Сумма и разность нечетных чисел не могут одновременно делиться на 4.

2. Подробности об $i$-й подстановке:

(3-i°) $a_{i-1}=c_i-b_i, b_{i-1}=c_i-a_i, c_{i- 1}=a_i+b_i$, где
(4-i°) $a_i+b_i-c_i=2^{k-i}x$.
Легко видеть, что
(5-i°) $a_i+b_i=2^{k-i+1}x$, $c_i=2^{k-i}x$, и числа $a_i, b_i, c_i$ целые, а числа $a_i$ и $b_i$ нечетные.
Таким образом, после последней ($k$-й) подстановки все числа $a_k, b_k, c_k$ становятся нечетными.

3. Случай четного $a$ доказывается совершенно аналогично, но с той лишь разницей, что в числах $c_k$ и $b_k$ равные по абсолютному значению слагаемые $y$ имеют противоположные знаки.
И теперь после подстановки значений $c$ и $b$, выраженных через $c_k$ и $b_k$ мы получаем противоречие: оба числа $c^n-b^n$ и $ c^n+b^n $ кратны $4$, что при нечетных $c^n$ и $b^n$ невозможно.

[Алексей К.]

В.Сорокин писал(а):

Видеть очень легко: число $a+b=2^{kn}x$, а $c=2^kx$, и, следовательно, их сумма/разность $a+b-c=2^kx$.

Это не бред, как мне сначала показалось. Это очередной ребус "угадайте, что я, В.Сорокин, имел в виду на самом деле. И мне плевать, что там пишете вы --- я ваши ребусы разгадывать не намерен".

Если бы Вы потрудились прочитать моё очень краткое сообщение, --

а я писал(а):

дальше для доказательства достаточно одной строчки: $a+b=2c$, $c=\frac{a+b}{2}$, $c<\max(a,b)$: противоречие, т.к. из условия (1°), как легко видеть, следует $c>\max(a,b)$.

и ответить именно на него, а не на те вопросы, которые Вы хотите, чтобы Вам задали, то Ваш ответ был бы примерно таким:

"Я уже написал, что $x$ - нечетное число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ. Это означает, что величину $2^kx$ из одной строки нельзя сравнивать с величиной $2^kx$ из другой строки. В моих обозначениях $2^kx\not=2^kx$. Мне не хочется вводить лишние переменные или индексы, ведь и так всё понятно. Просто из того, что $c=2^kx$ и $a+b-c=2^kx$ нельзя делать вывод, что $c=a+b-c$".

[Батороев]

В.Сорокин писал(а):

Батороев писал(а):

Похоже, что уже до 12° у Вас что-то не верно.
А понял: У Вас в 12° q неправильно записано.

Да, неверно: ошибка в знаке в последней скобке. Правильно будет:
(13°) $a''-q = \frac{(A+B)(b-na') + (A-B)(b+na')}{2a'b}$,
$a''+q = \frac{(A+B)(b+na') - (A-B)(b-na')}{2a'b}$.
Тьфу-тьфу, но пока все сходится.

А что именно сходится?
(13°) $a''-q = \frac{(A+B)(b-na') + (A-B)(b+na')}{2a'b}$
$a''-q = \frac{Ab+bB-Ana'-Bna'+ Ab+Ana'-Bb-Bna'}{2a'b}$
$a''-q = \frac{2Ab-2Bna'}{2a'b}$
$2Ab-2a'B = 2Ab-2Bna'$
$ n = 1$
При таком условии много, что может сойтись.

[В.Сорокин]

Алексей К. писал(а):

дальше для доказательства достаточно одной строчки: $a+b=2c$

Откуда Вы взяли это равенство?

Добавлено спустя 9 минут 15 секунд:

Батороев писал(а):

А что именно сходится?
(13°)... При таком условии много, что может сойтись.

С этого места и дальше всё ходится. Но беда в том, что где-то раньше "разошлось": степени четности чисел С и А+В я приравнял, что неверно.
Так что, если не затруднит, посмотрите развитие идеи, положенной в основание МИНИ-доказательства случая а), которая там проявила себя прекрасно. Тем более, что в новой версии простая степень не фигурирует.

[shwedka]

В.Сорокин

Цитата:

1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n >2$ и (для начала) $a$ и $b$ нечетные и $c=2^kx$,

это на шаге $i=0$

Цитата:

(5-i°) $a_i+b_i=2^{k-i}x$, $c_i=2^{k-i-1}x$, и числа $a_i, b_i, c_i$ целые, а числа $a_i$ и $b_i$

То есть на шаге $i=1$ уже $c_1=2^{k-2}x$ ,
то есть четность $c_1$ уменьшилась на 2. А на всех остальных шагах уменьшается на 1.
С чего бы это??
Да потому, что в свох 'ЛЕГКО ВИДЕТЬ' Вы жульничаете.