2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13 ... 32  След.
 
 
Сообщение11.09.2007, 00:56 


05/08/07
206
Someone писал(а):
Между прочим, я нашёл всего $8$ решений, удовлетворяющих всем трём Вашим дополнительным условиям (перечисляются четвёрки $(a,b,c,d)$):
1) $(3,1,67,61)$,
2) $(3,1,79,73)$,
3) $(3,1,97,79)$,
4) $(3,2,127,103)$,
5) $(4,3,73,67)$,
6) $(5,3,67,61)$,
7) $(7,3,103,97)$,
8) $(17,15,367,337)$.


Последний пример достаточен для того, чтобы НЕ искать противоречие в допущении, что большие сомножители $P$ и $Q$ в числах $c^n-b^n=(c-b)P$ и $c^n-a^n=(c-a)Q$ являются степенями. Я рассмотрел самые глубинные числа, какие только можно выудить из равенства Ферма, и исследовал все их парные взаимодействия.
Таким образом, благодаря Вашим контр-примерам из анализа изъята огромная область. Но тем впечатляющей будет элементарное доказательство ВТФ, буде оно найдено. Но где оно?
Кажется, одной ногой я уже стоял на нем. И не где-нибудь, а месяц тому назад в этой теме.

Вот как оно выглядит гипотетически.

Обозначение: $f(x)$ – число делителей $2$ в числе $x$.
Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где нечетное $n > 2$ и, допустим,
(2°) $f(x)=k$.

Для начала рассмотрим случай $f(x)=1$.
Сделаем следующую подстановку:
(3°) $c=a_1+b_1, a=c_1-b_1, b=c_1-a_1$.
Легко видеть, что здесь:
1) $f(a+b-c)=1$. Следовательно,
2) $f[(a_1+b_1)-(c_1-b_1)-(c_1-a_1)]=1$. Следовательно,
3) $f(a_1+b_1-c_1)=0$. Следовательно,
5) $f(c_1)=0$ (поскольку $f(a_1+b_1)=1$). Следовательно,
6) либо $f(b_1)=1$, либо $f(a_1)=1$, и тогда
7) либо $f(a_1)>1$, либо $f(b_1)>1$.

И теперь, подставив 3° в 1°, легко вычисляем, что (здесь $k=1$)
8) $f(c^n)=kn$, но
9) $f(a^n-1)$ # $f(b^n-1)$ и при этом
10) либо $f(a^n-1) = k+1$, либо $f(b^n-1) = k+1$.

И в итоге $f(a^n+b^n) = k+1 <  f(c^n-1)=kn$.

Случай $k>1$ с небольшой хитростью доказывается совершенно аналогично. Но сначала хотелось бы получить мнение читателей о доказательстве первого случая ($k=1$).
==================
Упущение и уточнение.
В формулах 8-9 упущены коэффициенты бинома Ньютона. И если учесть и их двойки, то противоречие в равенстве Ферма обнеаруживается по последней ненулевой $t$-й цифре числа $a_1^n+b_1^n$ либо числа $a_1^n-b_1^n$. Очевидно, $t<kn-1$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.09.2007, 10:46 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
...И теперь, подставив 3° в 1°, легко вычисляем...

Увы, в простых вычислениях содержится ошибка, и противоречие не обнаруживается.
Других идей по применению иного представления чисел a, b, c пока нет.
Тайм-аут.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.09.2007, 00:07 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
Тайм-аут.

Тайм-аут закончился.

В моем распоряжении оказался слишком богатый набор идей по доказательству ВТФ (хотя и не оправдавшихся), и потому жаль выбрасывать все их на свалку просто так.
Если П.Ферма нашел доказательство ВТ, то оно должно быть либо кондовым и без премудростей, либо его основа должна представлять собой пусть и не доказуемый, но интуитивно верный факт (одну из таких гипотез я опубликовал в 1992 г.).
Одну из идей «кондового и без премудростей» доказательства я предлагаю сейчас – на базе инструментария, наверное, уже набившего оскомину.

Обозначения:
$x_i$ - $i$-я от конца цифра в числе $x$;
$x_{[i]}$ - $i$-значное окончание в числе $x$.

Итак, пусть
(1°) $A^n+B^n = C^n$, где простое $n > 2$, $A, B, C$ взаимно простые,
(2°) $A+B-C=un^k$. [Легко показать, что в 1° $k>1$.]

И пусть для начала число $C$ кратно $n$. Тогда:
(3a°) $C^n-B^n=(C-B)P$, где $C-B=a^n, P=p^n$,
(3b°) $C^n-A^n=(C-A)Q$, где $C-A=b^n, Q=q^n$.
(4°) Известно также, что каждый простой сомножитель $g$ чисел $P$ и $Q$, где
(5°) $P=C^{n-1}+… + CB^{n-2}+ B^{n-1}$ и $Q=C^{n-1}+… + CA^{n-2}+ A^{n-1}$,
имеет вид $g=gn+1$.
(6°) $ (x^n)_1=1$ только при $x_1=1$.
Важное равенство:
(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).

И вот как доказывается данный случай ВТФ ($C$ кратно $n$).

В числе $P$ (см. 5°), где $P_1=1$ (см. 4°), только последнее слагаемое не оканчивается на ноль. Следовательно $B^{n-1}$_1$=1$.
При этом $p_1=1$ – так как $P_1=1$.
Следовательно, концевая единица в числе $P$ есть $1^n=1$. И это однозначное окончание порождено единственным слагаемым, не кратным $n$, – числом $B^{n-1}$.
А кроме того, как следует из 7°, $k+1$-значное окончание числа $P$ является окончанием степени $n(n-1)$.
Следовательно, однозначное окончание $B^{n-1}$_1$$ ЕСТЬ ИМЕННО цифра $1$ в степени $n-1$. ТО ЕСТЬ, число $B$ оканчивается на цифру $1$.

Совершенно аналогичными рассуждениями мы находим, что и число $A$ оканчивается на цифру $1$. Но тогда число число $A^n+B^n$, то есть $C^n$, оканчивается на цифру $2$, а НЕ на НОЛЬ.

Надеюсь, что случай с $A$, кратным $n$, доказывается аналогично. Но пока необходимо получить оценку, что приведенное доказательство верно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.09.2007, 09:58 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
Других идей по применению иного представления чисел a, b, c пока нет.


Когда исчерпаны все разумные попытки, остается думать неразумно.
Например, вот так:


Полное ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимопростые и число
(2°) $a+b-c=un^k$, где $u$ НЕ КРАТНО $n$.

Возведем равенство 2°, или
(3°) $(a+n^t)+(b-n^t )=c+un^k$, где $t>k$ в степень $n$ и после раскрытия биномов Ньютона становится очевидным, что число $u$ ДЕЛИТСЯ на $n$.

Противоречие с 2° ПОЛНОСТЬЮ доказывает ВТФ для БАЗОВОГО случая.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.09.2007, 10:26 
Супермодератор
Аватара пользователя


29/07/05
8248
Москва
Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее, обратив особое внимание читателя на то, где используется условие $n>2$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.09.2007, 10:48 


05/08/07
206
PAV писал(а):
Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее, обратив особое внимание читателя на то, где используется условие $n>2$.

Увы, в этом нет никакой необходимости. И это "доказательство" только розовая мечта...
Большой тайм-аут.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.09.2007, 12:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17194
Москва
В.Сорокин писал(а):
(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).


Я уже точно не помню, но мне кажется, что мы с Вами по поводу этого равенства долго спорили, и я Вам на примере показывал, что это неверно. Но в той теме на сорока трёх страницах найти тяжело.

PAV писал(а):
Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее


Вы не об этом "очевидно" говорили?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.09.2007, 00:55 


05/08/07
206
Someone писал(а):
В.Сорокин писал(а):
(7°) $(C-B)^{n-1}$_{k+1}=P_{k+1}$ (это становится очевидным после умножения $(C-B)^{n-1}$_{k+1}-P_{k+1}$на $(C-B) [(C-B)_1 # $0], разложения разности степеней на два сомножителя, учета малой теоремы Ферма и того, что $(A+B-C)_{[k]}=0$ (см. 2°)).


1) Я уже точно не помню, но мне кажется, что мы с Вами по поводу этого равенства долго спорили, и я Вам на примере показывал, что это неверно. Но в той теме на сорока трёх страницах найти тяжело.

PAV писал(а):
Ваше "очевидно" неплохо бы расписать подробнее


2) Вы не об этом "очевидно" говорили?

1) Равенство-то верное, но следствие из него оказалось неверным, что Вы и показали на своих контр-примерах. И вообще, равенство Ферма не обнаруживает НИКАКИХ противоречий ни по сколь-угодно длинным "хвостам", ни по сколь-угодно длинным "головам". Но иногда возникают красивые иллюзии, и я не могу удержаться от соблазна...
2) Я понял, что "очевидно" относится к последней версии (что на этой странице). Но там простая ошибка в раскрытии биномов.
=============
Пока интересными представляются следующие идеи:
1) с помощью неравенств (последняя неудачная попытка из этой серии была рассмотрена в этой теме),
2) с помощью чисел вида $pn+1$ (есть гипотеза, что все простые сомножители чисел $A, B, C$, за исключением $2$ и $n$ имеют именно такой вид),
3) одно из чисел $c_1-a_1, c_1-b_1, a_1+b_1$ равно единице.

А вот шуточное доказательство.
Если в равенстве Ферма $a^n+b^n=c^n$, или $(c-b)P+(c-a)Q-(a+b)R=0$числа $a+b, c-b, c-a$ рассматривать как вектора, а числа $P, Q, R$ как скалары, то линейная комбинация системы (заметим, линейно независимой!)указанных векторов равна нулю только при условии $P=Q=R$. И равенство Ферма невозможно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.09.2007, 16:54 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
Большой тайм-аут.


Тайм-аут закончился неожиданно. Сегодня я пришел в шок – и не от идеи или результата, а от того, что проходил СКВОЗЬ эту идею тысячи раз и не замечал ее перспективности. Вот она:


Полное ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, пусть
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимопростые и одно из чисел $a, b, c$ – допустим, $c$ – заведомо не делится ни на $n$, ни на $2$.
Тогда, как известно,
(2°) $a+b=d^n;\ \frac{a^n+b^n}{a+b}=r^n; c=dr$.

Возьмем какой-либо простой делитель $g$ числа $d$. Пусть число $g$ входит в число $d$ в степени $k$, где $k>0$.

Рассмотрим числа a, b, c$ в базе $g$:
(3°) c=Cg^k; a=Ag^kn+e; b=Bg^kn-e; a+b=Dg^kn ; e=Eg^0$.

А теперь подставим эти значения в 1°. Что мы имеем?
Правая часть, число $c^n$ оканчивается на $kn$ нулей.
В левой же части после раскрытия биномов Ньютона и объединения в пары слагаемых, равноотстоящих от конца:
Последняя пара e^n-e^n$ дает нуль.
Предпоследняя пара Cg^k[(A+B)g^kn+(e^n+e^n)$ оканчивается на $k$ нулей.
А ВСЕ предыдущие пары оканчивается как минимум на $2k$ нулей.

В ИТОГЕ: левая часть оканчивается на $k$, а правая на $kn$ нулей.

И противоречие налицо.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.09.2007, 22:14 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
...Правая часть, число $c^n$ оканчивается на $kn$ нулей.
В левой же части после раскрытия биномов Ньютона и объединения в пары слагаемых, равноотстоящих от конца:
Последняя пара - e^n-e^n$ дает нуль.
Предпоследняя пара Cg^k[(A+B)g^kn+(e^n+e^n)$ оканчивается на $k$ нулей.
А ВСЕ предыдущие пары оканчивается как минимум на $2k$ нулей.
[b]В ИТОГЕ
: левая часть оканчивается на $k$, а правая на $kn$ нулей.[/b]
И противоречие налицо.

Вечернее добавление.
Конечно, через час я увидел в скороспелых расчетах ошибку. Но это была ОШИБКА, НЕСУЩАЯ ЗОЛОТЫЕ ЯЙЦА – за ее кустами я видел стройное здание ИСТИННОГО доказательства ВТФ.
В кибернетике существует такой феномен: можно построить надежную систему из ненадежных элементов. Мне представляется, что в данном случае ситуация аналогична: из нескольких неверных доказательств (точнее – идей) можно сконструировать доказательство верное, в котором (в новых условиях) выделенный выше текст оказывается ВЕРНЫМ. Предыдущая часть доказательства – это факт, что число $P-Q$ (из более давней, также не удавшейся попытки доказательства) делится на общий делитель чисел $c$ и $a_1+b_1$.
Ну а начало лежит в лемме, согласно которой одно из чисел
$a, b, c$ делится на 3 (кстати, в прошлой теме кто-то с этим фактом был согласен).
Вот и всё. Надеюсь, что полный текст этого интересмного доказательства за пределы одной страницы не выйдет.
До завтра.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.09.2007, 22:15 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
До завтра.

Прошу у читателей прощения за опоздание. Зато надеюсь порадовать результатом.

Суть найденного противоречия: числа $a, b, c$ НЕ взаимно простые.

ЭЛЕМЕНТАРНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Итак, допустим, что
(1°) $a^n+b^n = c^n$, где простое $n >2$, $a, b, c$ взаимно простые, $[d=]\ c+a>c+b>a+b>c>a>b>u >0, a+b>2u$ ($u=a+b-c$).
Тогда, как известно,
(2°) $(a+b)R-(c-b)P-(c-a)Q=0$, где
(3°) $R=a^{n-1}+… + ab^{n-2}+ b^{n-1}$,
$P=c^{n-1}+… + cb^{n-2}+ b^{n-1}$,
(3a) $Q=c^{n-1}+… +(ca)^{\frac{n-1}2}+…+ ca^{n-2}+ a^{n-1}=(c+a)^2T+(ca)^{\frac{n-1}2}$, $c+a=d$ (обозначение). [Но: $Q=(c-a)^2q\pm n(ca)^{\frac{n-1}2}$].

Доказательство

Рассмотрим числа $R, P, Q$ в базе $d\ [d=c+a]$ (нас интересуют только остатки по модулю $d$, или последние цифры).
Поскольку – как следует из 3°, – число $R-P$ делится на $d$, то
(4°) $R=rd+e, P=pd+e$, где $d>e>0$.
А из 3a° мы видим, что
(5°) $Q=qd+(ca)^{\frac{n-1}2}$.

С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

Ну а затем на однозначных окончаниях в равенстве 2° мы приходим либо к равенству
$(a+b)-2(c-b)=0$, либо к равенству $a+b=0$, что противоречит 1°.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.09.2007, 23:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3536
Швеция
А Вы заметили, что $d$ не обязательно простое??

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.09.2007, 23:45 


05/08/07
206
shwedka писал(а):
А Вы заметили, что $d$ не обязательно простое??

Да, конечно. Здесь это не имеет значения.
И, пользуясь возможностью, вношу поправку в
В.Сорокин писал(а):
С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

В умножении (с ним морока) равенства нет никакой необходимости: число $R$ (вернее - $2R$ или что-то в этом роде - завтра скажу) тоже оканчивается на $e$. А все остальное остается в силе.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.09.2007, 00:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3536
Швеция
В.Сорокин писал(а):
И, пользуясь возможностью, вношу поправку в
В.Сорокин писал(а):
С помощью умножения равенства 1° на некоторое число в степени $n$ числа $e$ и $(ca)^{\frac{n-1}2}$ легко преобразуются в $1$ (что будет показано в следующий раз – дабы дать возможность любителям головоломок попытаться самим сообразить, как это делается).

В умножении (с ним морока) равенства нет никакой необходимости: число $R$ (вернее - $2R$ или что-то в этом роде - завтра скажу) тоже оканчивается на $e$

Легко превращаются.... Легко превращаются...кхе...кхе...
превращаются....
в элегантные шорты (БРИЛЛИАНТОВАЯ РУКА)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.09.2007, 10:50 


05/08/07
206
В.Сорокин писал(а):
Ну а затем на однозначных окончаниях в равенстве 2° мы приходим либо к равенству
$(a+b)-2(c-b)=0$, либо к равенству $a+b=0$, что противоречит 1°.

Увы, подстановка приводит к единственному равенству: $(a+b)+(c-b)=10$, т.е. к ТОЖДЕСТВУ. Таким образом, и эта оригинальная идея противоречия равенства Ферма не вскрывает, и вероятные инструменты дальнейшего поиска - это неравенства и числа $pn+1$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 466 ]  На страницу Пред.  1 ... 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13 ... 32  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group