Одно диофантово уравнение и ВТФ.

[PAV]

Не надо новых тем. Продолжайте в этой, тем более что анонс уже дан. Только лучше проверяйте все внимательно до того, как публиковать. А то так темы можно плодить неограниченно.

Добавлено спустя 6 минут 31 секунду:

PAV:

И еще раз напоминаю всем участникам всех дискуссий:

не надо организовывать общение с модераторами в рамках существующей темы.

либо пишите ЛС, либо (если хотите публичности) - заводите тему в "Работе форума"

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

ВЕЛИКОЛЕПНОЕ ПОДТВЕРЖДЕНИЕ ГИПОТЕЗЫ!
Расчет на какуляторе самого трудного случая:
$n=3$, $ABC$ не кратно $n$.
При $A=100$ и $B=200$ значения чисел (в новых, более удобных обозначениях чисел):

$a=100$, $b=200$, $c=208,008$;
$a^3=1000000$, $b^3=8000000$, $c^3=9000000$;
$c-b=8,008$, $c-a=108,008$, $a+b=300$;
$a_1=2,001$, $b_1=4,762$, $c_1=6,694$;
$a_2=49,983$, $b_2=41,999$, $c_2=31,074$;
$b_2-c_2=10,925$, $a_2-c_2=18,909$, $a_2-b_2=7,983$;
$c_1+b_1=11,456$, $c_1+a_1=8,695$, $b_1-a_1=2,761$;
$ (c_1+b_1)a_1$: $(c_1+a_1)b_1$: $ (b_1-a_1)c_1$:
$22,923$; $41,406$; $18,482$.

Как видим, ни одна разность оснований вторых сомножителей P, Q, R не является целой (не делится нацело на число в нижней строке, А ДОЛЖНО БЫ!).
Таким образом, для завершения элементарного доказательства ВТФ осталось только оформить численный расчет в общем виде. И в этом случае $a_2-b_2=7,983$ должно делиться аж на $96$!

P.S. В случае с $abc$ не кратным $n$ для противоречия достаточно рассмотреть разницу - например $a_2-b_2$ - лишь для четного числа $c$, которое обязано делиться на $b_1-a_1$, а кроме того - на $4$ и на $n$ БЕЗ учета других сомножителей числа $c_1$.

[Батороев]

В.Сорокин писал(а):

... а пока основной вывод: противоречие должно обнаруживаться только с помощью НЕРАВЕНСТВ.

Доказательство при помощи неравенства - вещь хорошая, но кова-а-арная

Вот к примеру, как "доказывается" БТФ для n = 3:

Многим известное тождество:

$ (a+b-c)^3 = 3(c-a)(c-b)(a+b) $ (1)

Путем несложных преобразований получаем другое тождество:

$ [(\frac{c-a}{b})^2+(\frac{c-a}{b})+1][(\frac{c-b}{a})^2+(\frac{c-b}{a})+1][(\frac{a+b}{c})^2+(\frac{a+b}{c})+1] = 9 $ (2)
Обозначим:
$ \frac{c-a}{b} = x $
$ \frac{c-b}{a} = y $
$ \frac{a+b}{c} = z $

Тогда тождество (2) приобретает вид:
$ (x^2+x+1)(y^2+y+1)(z^2+z+1) = 9 $

Поделив обе части на $ x^2y^2z^2 $,
получаем равенство:
$ \frac{(x^2+x+1)}{x^2}\frac{(y^2+y+1)}{y^2}\frac{(z^2+z+1)}{z^2} = \frac{9}{x^2y^2z^2} $ (3)

Имея в виду то, что:
$ \frac{x^2+x+1}{x^2} = \frac{x^3-1}{x^2(x-1)} < \frac{x^3}{x^2(x-1)} = \frac{x}{x-1} $
$ \frac{y^2+y+1}{y^2} = \frac{y^3-1}{y^2(y-1)} < \frac{y^3}{y^2(y-1)} = \frac{y}{y-1} $ (4)
$ \frac{z^2+z+1}{z^2} = \frac{z^3-1}{z^2(z-1)} < \frac{z^3}{z^2(z-1)} = \frac{z}{z-1} $,
можно составить неравенство:
$ \frac{x}{(x-1)}\frac{y}{(y-1)}\frac{z}{(z-1)} > \frac{9}{x^2y^2z^2} $ (5)

Вернув прежние обозначения, после некоторых преобразований получаем:
$ \frac{(c-a)^3}{a^2}\frac{(c-b)^3}{b^2}\frac{(a+b)^3}{c^2} > 9(a+b-c)^3 $
$ (c-a)^2(c-b)^2(a+b)^2> 27a^2b^2c^2 $
$ (\frac{c-a}{b})^2(\frac{c-b}{a})^2(\frac{a+b}{c})^2 > 27 $
$ (\frac{c-a}{b})(\frac{c-b}{a})(\frac{a+b}{c}) > \sqrt{27} $ (6)

Имея в виду, что
$ (\frac{c-a}{b}) < 1$
$ (\frac{c-b}{a}) < 1 $
$ (\frac{a+b}{c}) < 4^{\frac{1}{3} $,
делаем вывод, что неравенство (6) не может выполняться и, следовательно, БТФ для n = 3 не имеет решений.

А с другой стороны, я ни разу не упоминул о целочисленности чисел.
Выходит, что БТФ не выполняется и для дробных чисел?

Где-то я смухлевал

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

P.S. В случае с $abc$ не кратным $n$ для противоречия достаточно рассмотреть разницу - например $a_2-b_2$ - лишь для четного числа $c$, которое обязано делиться на $b_1-a_1$, а кроме того - на $4$ и на $n$ БЕЗ учета других сомножителей числа $c_1$.

Еще одно подтверждение гипотезы:

При n=3, a=180 и b=200
a_2-b_2=11,79, а (b_1-a_1)4n=14,844.
Понятно, со сближением значений a и b значения чисел
a_2-b_2 и (b_1-a_1)4n также будут сближаться.
Численные примеры явились бы убедительным свидетельством верности ГИПОТЕЗЫ для Someone, но, к сожалению, он отстранился от просмотры этой темы.

[PAV]

Батороев

[В.Сорокин]

Батороев писал(а):

Где-то я смухлевал

Неравенства (6) и предыдущее НЕ эквивалентны.

В своем примере Вы оперируете неравенствами. Я же - нет, я лишь вычисляю их, вернее не их, а приближенные значения чисел для опровержения теоретического факта:
a_2-b_2 > (b_1-a_1)4n,
ибо, с другой стороны, "на практике" a_2-b_2 < (b_1-a_1)4n,

[PAV]

В.Сорокин писал(а):

Численные примеры явились бы убедительным свидетельством верности ГИПОТЕЗЫ для Someone, но, к сожалению, он отстранился от просмотры этой темы.

Давайте не будем решать за Someone, явились ли бы для него численные примеры убедительным свидетельством каких-то выводов или нет. Все равно это не заменяет строгого доказательства, верно?

[В.Сорокин]

PAV писал(а):

Давайте не будем решать за Someone, явились ли бы для него численные примеры убедительным свидетельством каких-то выводов или нет. Все равно это не заменяет строгого доказательства, верно?

Разумеется. Я просто сожалею о том, что Someone оказался в стороне от доказательства ВТФ в самый интересный момент, когда его принцип теорию подвергать проверке на конкретных примерах дает великолепные результаты.
+++++++++
Кстати, из формулы 7° следует, что (8°) g = a_2 - b_2$ делится на 4n(a_1 - b_1)$, но - как показывают расчеты на конкретных числах - (8°) g = a_2 - b_2 < 4n(a_1 - b_1)$. В этом и состоит ПРОТИВОРЕЧИЕ равенства Ферма.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

3. Давным давно я выдвинул такую гипотезу:
так как число $P-Q$ делится на $A-B$ и, кроме того, на общий делитель чисел $C и $A+B$, то в числе $P-Q= a''^n -b''^n =$ именно сомножитель $a''-b''$ делится и на $a' -b'$, и на $4n$. Но доказать это мне все не удается.
Итак, постепенно приступаю к простым расчетам.

Промежуточные итоги

Как показывают расчеты на конкретных числах, в любом раенстве
$a^n+b^n = c^n$ с простым $n > 2$ и положительными действительными числами $a, b, c$, где $0 < b/a <1$,
число $h= \frac{a_2-b_2}{4n(b_1-a_1)}$ является ПРАВИЛЬНОЙ дробью.
А в случае целочисленного равенства $a^n+b^n = c^n$, в котором целое число кратно $4$, а два других числа нечетны, число $h$, что следует из формулы 7°, является ЦЕЛЫМ числом, что противоречит первому факту.
Это фундаментальное противоречие равенства Ферма является, насколько мне известно, единственным.
Представляется, что вычислить значение действительного числа $h$ проще всего методами математического анализа, что я предоставляю специалистам в этой области.
Я же попытась вычислить число $h$ с помощью приближенных вычислений.
====================
Несколько соображений (25 авг.).
1. Удобно рассматривать действительное число $h= \frac{a_2-b_2}{4n(b_1-a_1)}$ как НЕПРЕРЫВНУЮ функцию от $t= \frac{b}{a}$ на открытом интервале $0 < t < 1$ при $c=Const.$ (например, при $c=1000$.
2. Не исключено, что приближенные вычисления $h$ могут вызвать затруднения в граничных точках интервала $t$. И для их преодоления П.Ферма должен был владеть дифференциальным исчислением.
3. Интересно сравнить графики для $h$ при $n=3$ и $n=5$.

[В.Сорокин]

Нескучный анализ чисел в равенстве Ферма

Казалось бы, при фиксированном значении c наименьшее из трех чисел - b может принимать значения от b=1 до b=a-1, а среднее из чисел - a может принимать значения от a=b+1 до a=c-1. Однако уже из a=c-1 следует, что b > (na^{n-1})^{\frac{1}{n}}. И это уже большое продвижение от значения b=1.
Это обстоятельство порождает следующую идею доказательства: искать последующие значения нижней границы числа b. И если мы покажем, что на следующем шаге значение числа b возрастает хотя бы на единицу, то тем самым рано или поздно мы придем к равенству b=a, при котором равенство Ферма невозможно.
Эту идею подкрепляет тот факт, что числа P и Q – как видно из формул для этих многочленов, - довольно близки друг к другу по значению и различаются не более чем в n раз. А сами их основания - числа a_2 и b_2 – различаются уже не более чем в n^{\frac{1}{n}} раз. Таким образом, min(b_2) = (c^{n-1})^{\frac{1}{n}}, а min(b) = b_1^nc^{n-1})^{\frac{1}{n}}, где b_1>1.
Затем мы переходим к новому значению a, от которого, в свою очередь, снова переходим к возросшему значению b, и так далее до b=a либо до b>a.

А вот интересная мысль в отношении числа $g= a_2 - b_2 = \frac{(a+b)(b_1-a_1) + (a_1+b_1)(a-b)}{2a_1b_1}$, или $g= a_2 - b_2 = \frac{(a-b)(a_1+b_1) - (a+b)(a_1-b_1)}{2a_1b_1}$, или
$g= a_2 - b_2 = \frac{(a_1a_2-b_1b_2)(a_1+b_1) - (a_1a_2+b_1b_2)(a_1-b_1)}{2a_1b_1}$.
Ведь если положить числа a_2 и b_2 почти равными, то, очевидно, g < 1. Но числа a_2 и b_2 и в самом деле весьма близки по значению: они различаются, как мы видели выше, не более чем в n^{\frac{1}{n}} раз. И по интуитивному ощущению, дополнительное деление числа g на 4n(a_1-b_1) должно «аннигилировать» мешающий «сомножитель» n^{\frac{1}{n}}, оставив в результате для значения числа h простую дробь ВМЕСТО целого числа, как следует из формулы 7° и свойств числа P-Q.

[В.Сорокин]

Отклонение в доказательстве после формулы 7°.

====================================
Напомню основные свойства равенства Ферма

(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n > 2$ и $a, b, c$ взаимопростые.
И пусть пока число $abc$ не кратно $n$. Тогда:
(2°) $c^n-b^n=(c-b)P$, где $c-b=a_1^n, P=a_2^n$,
$c^n-a^n=(c-a)Q$, где $c-a=b_1^n, Q=b_2^n$,
$a^n+b^n=(a+b)R$, где $a+b=c_1^n, R=c_2^n$,
[это следует из простой леммы: если числа $A$ и $B$ взимопростые и число $A+B$ не кратно $n$, то числа $A+B$ и $R = \frac{A^n+B^n}{A+B}$ являются взаимопростыми (ибо $R=(A+B)^2D+nAB)$];
(3°) числа $a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2$ попарно взаимопростые,
числа $P, Q, R$ и $a_2, b_2, c_2$ нечетны;
(4°) $a=a_1a_2, b=b_1b_2, b=c_1c_2$.
(5°) Из анализа разности многочленов $P$ и $Q$ в их стандартной (школьной) форме видно, что число $P-Q$ делится на $a-b$.
(6°) Важные равенства:
$c_1^n - b_1^n = 2a_1a_2 - a_1^n= 2a - (c-b)$,
$c_1^n - a_1^n = 2b_1b_2 - b_1^n = 2b - (c-a)$,
$a_1^n + b_1^n = 2c_1c_2 - c_1^ n =2c - (a+b)$,
откуда находим формулу числа g=a_2 - b_2$, лежащую в основе данного доказательства ВТФ:
(7°) $g= a_2 - b_2 = \frac{(a+b)(b_1-a_1) + (a_1+b_1)( a_1^n-b_1^n)}{2a_1b_1}$, откуда видно, что число $g=a_2-b_2$ делится на $a_1-b_1$.
==========================================
А дальше мы сделаем вот что: запишем числа $P-Q$ и $a-b$ в виде:
(8°) $P-Q= a_2^n-b_2^n=(a_2-b_2)W$ и
(9°) $a-b= a_1^n-b_1^n=(a_1-b_1)V$.
И теперь, сравнивая их сомножители по (5°) и (7°), можно сделать интересный вывод:
число $ a_2^n-b_2^n=(a_2-b_2)W$ делится на $a_1^n-b_1^n(a_1-b_1)V $,
а число $a_2-b_2$ делится лишь на $a_1-b_1$.
Следовательно, число $W$ делится на $V$.

Однако представляется, что при взаимопростых числах $a_1, b_1, a_2, b_2$ (что следует из 2°) числа $W$ и $V$ являются ВЗАИМОПРОСТЫМИ (без учета, конечно, сомножителя $n$).

***
(Не исключено, что данное утверждение представляет собою известную теорему из теории дискретных чисел. Кто-то из участников обсуждения моего предыдущего доказательства ВТФ показал глубокое знание в этой узком вопросе. И если эта лемма-теорема науке известна, то элементарное доказательство ВТФ налицо. Жаль только, что школьных знаний недостаточно для доказательства леммы-теоремы.)

Очевидно, что если одно из чисел $c, c-b, c-a$ кратно n, то все рассуждения остаются в силе.

Числовой пример к лемме-теореме. Пусть $n=3, a=1, b=4, c=2, d=3, a+b=5, c+d=5$, $a+b$ делится на $c+d$, но $\frac{a^n+b^n}{a+b}=13$ НЕ делится на $\frac{c^n+c^n}{c+c}=7$.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Не исключено, что данное утверждение представляет собою известную теорему из теории дискретных чисел. Кто-то из участников обсуждения моего предыдущего доказательства ВТФ показал глубокое знание в этой узком вопросе. И если эта лемма-теорема науке известна, то элементарное доказательство ВТФ налицо. Жаль только, что школьных знаний недостаточно для доказательства леммы-теоремы.

Итак, как видно из предыдущего поста, сама ВТФ «выеденного яйца» не стоит. «Яйца стоит» заключительная лемма-теорема.
Возможно, кто-либо из форумчан даст ссылку на ее публикацию.
Возможно, кто-то сможет привести ее – судя по аналогичным теоремам – простое доказательство.
Ну а нет – придется искать доказательство самому.
Первый (предыдущий) числовой пример иллюстрирует суть теоремы.
А вот более сильный пример для взаимопростых $ a, b, c, d$.
Пусть $c+d$ делится на $a^n+b^n$.
Тогда $c+d$ делится и на $a+b$.
Но $\frac{c^n+d^n}{c+d}$ и $c+d$ являются взимопростыми (см. примеч. к 2°). Следовательно, $\frac{c^n+d^n}{c+d}$ НЕ делится на $\frac{a^n+b^n}{a+b}$, т.е. $W$ НЕ делится на $V$.
Для доказательства леммы-теоремы в общем виде может пригодиться тот факт, что в условиях ВТФ числа $a_2$ и $b_2$ мало отличаются друг от друга. Имеется много и других соображений.

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Для доказательства леммы-теоремы в общем виде может пригодиться тот факт, что в условиях ВТФ числа $a_2$ и $b_2$ мало отличаются друг от друга. Имеется много и других соображений.

Лемма-теорема (следовательно и ВТФ) может быть сведена к разным простым теоремам. Вот одна из них:
Числа $\frac{a^n-b^n}{a-b}$ и $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}$, где $a-b$ не кратно $n$ и $a$ и $b$ взаимопростые, являются взаимопростыми.
Что скажут по этому поводу специалисты в теории чисел?
И …что скажут школьники о – по существу пятистрочном – доказательстве ВТФ (или сведении ее к лемме-теореме) в 8°-9°?

[В.Сорокин]

В.Сорокин писал(а):

Что скажут по этому поводу специалисты в теории чисел?

В поход за леммой!
Я пока не нашел простое доказательство леммы.
Но вот одна из идей ее доказательства в условиях ВТФ.
Создается впечатление, что остаток от деления числа $a_2$ на $V$ меньше $a_1$, а остаток от деления числа $b_2$ на $V$ меньше $b_1$. ЕСЛИ это так, то верность леммы очевидна.

[Someone]

В.Сорокин писал(а):

В поход за леммой!
Я пока не нашел простое доказательство леммы.

В.Сорокин писал(а):

Лемма-теорема (следовательно и ВТФ) может быть сведена к разным простым теоремам. Вот одна из них:
Числа $\frac{a^n-b^n}{a-b}$ и $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}$, где $a-b$ не кратно $n$ и $a$ и $b$ взаимопростые, являются взаимопростыми.

$a=16$ и $b=9$ взаимно простые, $a-b=7$ не кратно $n=3$, $\frac{a^n-b^n}{a-b}=481=13\cdot 37$, $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}=559=13\cdot 43$.

$a=16$ и $b=11$ взаимно простые, $a-b=5$ не кратно $n=3$, $\frac{a^n-b^n}{a-b}=553=7\cdot 79$, $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}=637=7^2\cdot 13$.

$a=67$ и $b=30$ взаимно простые, $a-b=37$ не кратно $n=3$, $\frac{a^n-b^n}{a-b}=7399=7^2\cdot 151$, $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}=7693=7^2\cdot 157$.

$a=100$ и $b=81$ взаимно простые, $a-b=19$ не кратно $n=3$, $\frac{a^n-b^n}{a-b}=24661=7\cdot 13\cdot 271$, $\frac{(a+1)^n-(b+1)^n}{a-b}=25207=7\cdot 13\cdot 277$.