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
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



Правила форума


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



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение26.02.2016, 21:33 


16/03/07

823
Tashkent
Iosif1 в сообщении #1102388 писал(а):
Где и чего нет? Конкретнее.

Как где? Ведь Вы ведете речь о БТФ. Я тоже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение26.02.2016, 22:11 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
Yarkin в сообщении #1102391 писал(а):
Как где? Ведь Вы ведете речь о БТФ. Я тоже.

А разве действительные не вытекают из натуральных.
В натуральных ищется противоречие, которое используется в действительных.
Поэтому отвечаю, что, по моему мнению, не напрасно.
Я Вас не понял. Я подумал, что Вы проверяли натуральные, и что-то не получилось. Извините.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение02.03.2016, 18:16 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1103257 писал(а):
 !  Iosif1
Предупреждение за захват темы.

О своем доказательстве рассуждайте у себя, пока есть возможность.


У меня не было намерений захватывать чужую тему. а именно, «Теорема Фуртвенглера».
Так как в правилах форума, когда я с ними знакомился, указано, что мне не разрешается обсуждать действия модератора, вынужден принести свои извинения.
Я не знал, что мне нельзя спросить у автора темы, посвящённой одной и той же проблеме, о его мнении по поводу того, как он оценивает то, что степени $1093,3511$ являющиеся препятствием при использовании теоремы Фуртвенглера, не являются препятствием при использовании предлагаемого мной доказательства?
А разместил я вопрос в его теме, только потому, что не решился без вопроса лишний раз афишировать свою тему. А, по всей вероятности, было понято наоборот. Сожалею.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение03.03.2016, 17:07 


27/03/12
378
г. новосибирск
Вы утверждаете, что ${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod (2n)^2$.

Это утверждение справедливо, если одно из чисел $a,b,c$ кратно 4 или кратно

$2^K $. где $k>1$.

Если одно из чисел $a,b,c$ четное и не делиться на 4 (кратное 2), то

${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod 2(n)^2$.

-- 03.03.2016, 20:17 --

Для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}=
\frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1) }{c-a} $$
Мне кажется правильно будет. Для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}=
\frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1)/2n }{c-a} $$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение03.03.2016, 19:53 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
vasili в сообщении #1103847 писал(а):
Вы утверждаете, что ${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod (2n)^2$.

Это утверждение справедливо, если одно из чисел $a,b,c$ кратно 4 или кратно

$2^K $. где $k>1$.

Если одно из чисел $a,b,c$ четное и не делиться на 4 (кратное 2), то

${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod 2(n)^2$.

Вы абсолютно правы.
Я признал эту ошибку:
Феликс Шмидель в сообщении #1102349 писал(а):
Я согласен, что эти величины сравнимы с $1$ по модулю $2 n^2$, но не по модулю $(2 n)^2$.
Я ответил:
-Это правда.

vasili в сообщении #1103847 писал(а):
Для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}=
\frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1) }{c-a} $$
Мне кажется правильно будет. Для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}=
\frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1)/2n }{c-a} $$

Нет, тут всё правильно.
я писал раньше, что эта информация даётся для того, чтобы показать отличие 1 Случая БТФ от 2 Случая БТФ, что обуславливает необходимость при доказательстве 1 Случая БТФ использовать $2n$ - ое счисление. и только.
Вы, верно, вложили в значение $c_1;a_1$ другой смысл.
$a_1=(a-\Delta_a)/(2n)$; $c_1=(c-\Delta_c)/(2n)$;

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение06.03.2016, 10:13 


10/08/11
671
Феликс Шмидель в сообщении #1102349 писал(а):
Почему бы Вам прежде чем использовать символы $\Delta_c$ и $\Delta_a$ не определить, что они означают?
То же относится и к символам $c_1$ и $a_1$.

[
Iosif1 в сообщении #1103877 писал(а):
Вы, верно, вложили в значение $c_1;a_1$ другой смысл.
$a_1=(a-\Delta_a)/(2n)$; $c_1=(c-\Delta_c)/(2n)$;

Уважаемый Iosif1, чтобы не вкладывали другой смысл, надо учитывать мнение заслуженного участника Феликс Шмидель.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение06.03.2016, 17:15 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
lasta в сообщении #1104516 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1102349

писал(а):
Почему бы Вам прежде чем использовать символы $\Delta_c$ и $\Delta_a$ не определить, что они означают?
То же относится и к символам $c_1$ и $a_1$.


Я работаю в этом. направлении, к сожалению очень медленно, ещё и потому, что ждал вопросов от Феликса Шмиделя. С вопросами мне легче, а то порою не знаю, как что называть.

lasta в сообщении #1104516 писал(а):
Уважаемый Iosif1, чтобы не вкладывали другой смысл, надо учитывать мнение заслуженного участника Феликс Шмидель.

Стараюсь.Желательно поздравить его за получение такого звания от моего имени. Считаю его замечания очень полезными.
.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение06.03.2016, 20:37 


31/03/06
1384
Iosif1 в сообщении #1104649 писал(а):
Желательно поздравить его за получение такого звания от моего имени.

Спасибо, конечно, но я не являюсь заслуженным участником.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение06.03.2016, 20:49 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1104694 писал(а):
Спасибо, конечно, но я не являюсь заслуженным участником.


Я использовал информацию lasta . Надеюсь, не без основательную.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение07.03.2016, 18:32 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
lasta в сообщении #1104516 писал(а):
Уважаемый Iosif1, чтобы не вкладывали другой смысл, надо учитывать мнение заслуженного участника Феликс Шмидель.



Доказательство 1 Случая БТФ



1 Случай БТФ доказывается также на основании соизмеримости степеней и их оснований по mod 2n,

В отличии от 2 Случая БТФ, когда:

$ a \equiv c \equiv \upsilon \mod (2n) $ , где
$\upsilon$ - положительное число натурального числового ряда,

для 1 Случая БТФ:


рассматриваются разности степеней с произвольными основаниями, за исключением оснований, обеспечивающих 2 Случай БТФ.

Имеют место:

$ a \equiv \upsilon_a \mod (2n)$ ; К1 и

$ c \equiv \upsilon_c \mod (2n)$ .К2

Также, как и при рассмотрении 2 Случая БТФ нобходимо доказать, что равенство

${a^n }+ {b^n }= {c^n}$

при целочисленных
$a$ ,
$b$,
$c$ и
$n>2$ невозможно.[1]

$a$ ,
$b$,
$c$ - ваимно простые числа.



Выразим основания равенства 1.1 через единые аргументы, для чего вводим следующие обозначения:
$a + b = D_c$,
$c-b = D_a$,
$c-a = D_b$,
где, например,
$ D_c = c_i ^n$,
$ D_a = a_i ^n $,
$D_b = b_i ^n$, где

$c_i$,
$a_i$,
$b_i$ - целые числа. [2]


Поэтому равенство 1.1 может быть представлено в виде:

${a_i ^n} \cdot {a_x^n} + {b_i^n}\cdot{b_x^n} = {c_i^n}\cdot{c_x^n }$ (1.2)
или
${D_a\cdot \Phi_a }+{ D_b\cdot \Phi_b} ={ D_c \cdot \Phi_c }$ (1.3)
где :
$ \Phi_a = {a_x^n}$ ;
$\Phi_b = {b_x^n}$ ;
$ \Phi_c = {c_x^n}$ .

$ \Phi_b$ может быть представлена, как неполная
$ (n - 1)$ – ая степень суммы
$ (c+a)^ {(n-1)}$ [3].

При этом:

${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod 2n^2$ ; З.1

Существующая закономерность.

Задаёмся условием: основания - целые нечётные числа, как и при рассмотрении 2 Случая БТФ.

Если для 2 Случая БТФ

$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=[(c^n-a^n)/[n(c-a)]-1]/(2n)=[[(c^n-1)/(2n)-(a^n-1)/(2n)]n-1]/(2n)$$; то

для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}= \frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1) }{c-a}$$, вследствии того, что для 1 Случая БТФ в разности степеней не возникает дополнительный сомножитель $n$, а классы вычетов оснований $\Delta_c $ и $\Delta_a$ разнятся.
Необходимость корректировки $(c_1-a_1)=(c-\Delta_c)/(2n)-(a-\Delta_a)/(2n)$
объясняется разностью количества величин $2n$, принятых к расчёту.

Это различие приводит к тому, что для 1 Случпя БТФ возможным условием является:

$F_{b_x^n} \equiv 0 \mod (2n) $ ;

То есть, противоречие, выявленное при рассмотрении 2 Случая БТФ, не может являться доказательством 1 Случая БТФ.
Возникает вопрос: «При каких условиях это событие наступает для 1 Случая БТФ?»
Ответить на этот вопрос позволяет дать рассмотрение выражений с использованием

$(2n)$ счислений.

Сравнение по модулю можно рассматривать как элемент использования счисления, равного используемому модулю. Чтобы осуществить перевод в 2n-тое счисление необходимо посредством последовательного деления получаемых частных на 2n определить весь набор остатков, получаемых при делении. Например,
$(777_{10})$
переведем в третичное счисление.
$(777/3=259(0)) $
$ (259/3=86(1)) $
$ (86/3=28(2)) $
$ (28/3=9(1)) $
$ (9/3=3(0)) $
$ (3/3=3(0)) $
$ (1/3=0(1)) $

Записав остатки в обратной последовательности, получаем выражение числа в задаваемом счислении:
$(1001210_3) $
Мы останавливаемся на переводе потому, что математические действия, производимые в других счислениях, очень непривычны.
В приводимом доказательстве нами рассматриваются только два младших разряда числовых значений.
В $(2n)$ –том счислении количество символов равно
$(2n)$

(в десятичном счислении - 10) . До 11- ого счисления удобно использовать общепринятые символы (цифры), используемые в десятичном счислении.
При рассмотрении счислений по большему модулю можно использовать символы, представляющие комбинацию цифр с использованием разделительных знаков. Например, для 23 – ого счисления:

$(22,21,20,19,18,…)$ ,

и так далее. Символ равный используемому счислению всегда обозначаем как 0.
Независимо от используемого счисления существующее равенство, конечно, сохраняется.
В приводимом доказательстве используется
$(2n)$ - тое счисление.
При этом точные степени имеют по два следующих младших разряда:
Для степени $a^n$ имеем:

$(r_1_{a^n})$ – первый млажший разряд степени;

$(r_2_{a^n})$ – второй младший разряд степени.


В отличии от $n$ ого счисления, при использовании $2n$ -ого счисления первый младший разряд является определяющим чётность основания степени.
Это обеспечивает определённость возникновения вторых младших разрядах для чётных и нечётных оснований степеней.
Первые младшие разряды степеней дублируют первые младшие разряды оснований.
Вторые младшие разряды степеней могут зависеть, а могут и не зависеть от вторых младших разрядов оснований.
При наличии зависимости вторых младших разрядов степеней, имеем пере одическую их сменяемость, в зависимости от чётности второго младшего разряда основания.
При сопоставлении оснований и степеней становится очевидным, что последовательность младших разрядов в основании предопределяет последовательность младших разрядов в степени.
Предопределённую последовательность разрядов мы именуем «штампом».
И при использовании $(n)$ - ого счисления, и при использовании $(2n)$ –ого счисления перемножение штампов обеспечивает возникновения точного штампа.
Штамп степени, по сравнению со штампом основания увеличивается на один предопределённый разряд.
При этом, младшие разряды основания, следующие за штампом в $n$ том счислении, в количестве, равном количеству разрядов в штампе, отодвигаются, сохраняя свои значения.
При использовании $2n$ того счисления эта закономерность усложняется, и требует уточнения.
Если мы имеем набор степеней и умножаем их на степень, то можем получить набор произведений, либо, каждое из которых имеют набор младших разрядов, в заданном количестве, либо, нет.

При этом, определяющим в сопоставимости степеней, являются уже двух разрядные штампы степеней.


На основании этой закономерности и обеспечивается доказательство 1 Случая БТФ.


Итак, ответим на вопрос, когда при рассмотрении 1 Случая БТФ возникает событие, которое является противоречием при рассмотрении 2 Случая БТФ.
Для наглядности, при рассмотрении 1 Случая БТФ, удобно осуществлять перевод

$a \equiv 1 \mod (2n) $

$c \equiv c_1  \mod (2n)$ , где

$c_1$ – скорректированный, при этом, класс вычетов.
Данные параметры заданы для конкретизации условий, когда

$ (c^n-a^n) \equiv 0 \mod (2n) $, С.1.
как для удобства изложения доказательства.
Закономерность обеспечивается при всех возможных соотношениях классов вычетов оснований $c,a$ по модулю 2n, относящихся к 1Случаю БТФ (с расчетными уточнениями).

При заданном соотношении классов вычетов оснований ожидаемое событие С.1.
наступает при выполнении условия:

$(r_{2_c^n}; r_{1_c^n}) \equiv (c-a+1) \equiv 0 \mod (2n)^2$ ; У.1

Задаваясь основаниями $c,a$ с данными младшими разрядами можно убедиться, что ожидаемое событие наступает при выполнении условия У.1.
При этом, при рассмотрении степеней $c^n,a^n$ по двум младшим разрядам легко убедиться, что и их разность, на основании рассмотрения двух младших разрядов
разности, тоже может иметь два младших разряда, соответствующих штампу точной степени.
То есть возможны два варианта:
1. Два младших разряда разности степеней не являются последовательностью, соответствующей последовательности двух младших разрядов точной степени.
2. Два младших разряда разности степеней обеспечивают последовательность, соответствующую последовательности двух младших разрядов точной степени.

Для первого варианта, становится очевидным, что данный разброс классов вычетов степеней $ c^n,a^n$ не может обеспечить в разности точную степень.

В качестве примера рассмотрим:

Десятичное счисление.

$n=5$; $c=97$; $a=41$;
$F_{b_x^n}= 1/10 (1/56 (97^5-41^5)-1)=15127650$

Первая строка: $7^5=16807$; $6^5=7776$;

Вторая строка: $17^5=1419857$; $16^5=1048576$;

Третия строка: $27^5=14348907$; $26^5= 881376$;

Четвёртая строка: $97^5=8587340257$; $96^5=8153726976$;

На основании сопоставления степеней по строкам, очевидно, что для пятой степени, при заданном соотношении классов вычетов $1,7$ разность степеней не может быть обеспечена точная степень.
Так как, при уменьшении первого младшего разряда в основании степени, на единицу, невозможно получить второй младший разряд в степени, равный второму младшему разряду в исходной степени.
Чтобы убедиться, что и второй вариант не может являться предположением, допускающим возможность опровержения утверждения БТФ, осуществляем параллельный перевод штампов степеней

$(c^n,a^n) $ и их разности при выполнении условия:

${c^n} \equiv 1 \mod (2n)$ ; Т.1

В качестве примера по второму варианту рассмотрим:

2) четырнадцатиричное счисление. (Счисление показано нижним индексом)


$[(3+0\cdot14)^7]_{10}=…2,3_{14}$; $[(3+0\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+1\cdot14)^7]_{10}=…9,3_{14}$; $[(3+1\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+2\cdot14)^7]_{10}=…2,3_{14}$; $[(3+2\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+3\cdot14)^7]_{10}=…9,3_{14}$; $[(3+3\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;
Имеем право предположить равенство степеней седьмой степени:

$...01_{14}+ …92_{14}= …93_{14}$; Р.1

Двухразрядный штамп обязателен.
Переходим к выполнению требования Т.1.
Первый младший разряд сомножителя, обеспечивающего Т.1 равен 5.
Такого единичного сомножителя достаточно, так как $(5+14m)^7=…8,5$,
где $m=0,2,4…$,когда второй младший разряд в скорректированной степени равен нулю, то есть обеспечивается два младших разряда степени с основанием, относящимуся к первому классу вычетов по mod 14.
Поэтому для выполнения условия Т.1 умножаем равенство Р.1 на $5^7=2,0,6,8,5_{14}$.
Если аналогичный перевод осуществлять в $7$-ричном счислении, то, независимо, от величин третьих разрядов в степенях равенства Р.1, три разряда скорректированных степеней обеспечивают равенство.
При использовании $14$ - ричного счисления трёхразрялное равенство возникает только при условии, когда $c^7=…001_{14}$, то есть возникает необходимость корректировки основания к виду $...01_{14}$. Например:

$$(...1,0,1_{14}+…1,9,2_{14}=…2,9,2_{14}) \cdot(…6,8,5_{14})=
   …11,8,5_{14}+…2,5,10_{14}=…0,0,1_{14}$$.
Равенство выполняется.

$$(...3,0,1_{14}+…3,9,2_{14}=…2,9,2_{14}) \cdot(…6,8,5_{14})=
   …11,8,5_{14}+…2,5,10_{14}=…0,0,1_{14}$$.
Равенство не выполняется.


Мне не удалось найти опровержение этой закономерности, как и её объяснение.
Понятно, что всё зависит от третьего младшего разряда $c^n$.
Мои расчётные возможности не позволяют заглянуть в варианты, когда наступают такие события.

Хотелось бы сотрудничества в этом направлении, с теми, кому это интересно.
Но,главное,чтобы стало понятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение09.03.2016, 08:17 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
Iosif1 в сообщении #1104871 писал(а):
Мне не удалось найти опровержение этой закономерности, как и её объяснение.


Закономерность закономерностью, но по условиям доказательства $b^n$ - чётная степень.
Зададимся вопросом: А может ли второй младший разряд чётной степени по mod $2n$ быть нечётным?
И сразу становится доказуемым, что предположение, когда
$b^n=…9,2_{14}$ не может соответствовать точной степени.
И сразу, все аналогичные варианты, независимо от показателя степени, становятся доказуемыми.
То есть, использование модуля $2n$ обеспечивает доказательство БТФ повариантно, если можно так выразиться.
Сначала для условий, когда $F_{b_x^n}$ не содержит сомножителя $n$.
Затем, когда вторые младшие разряды величин $c^n$ и $b^n$ не идентичны.
А, затем, когда вторые младшие разряды разности точных степеней, не подходят по четности.
Возможны ли ещё какие-нибудь варианты? Возможно.
Но, пока, по моему мнению, можно утверждать, что доказательство истинно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение09.03.2016, 20:40 


10/08/11
671
Iosif1 в сообщении #1105235 писал(а):
А может ли второй младший разряд чётной степени по mod $2n$ быть нечётным?

Может. $8^3=2212_{(6)}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение09.03.2016, 23:28 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
lasta в сообщении #1105363 писал(а):
Может. $8^3=2212_{(6)}$

Уважаемый, lasta ,
но тогда $c^3\equiv 0\mod (2n)$, на основании заданного условия:
первый младший разряд $c^n$ на единицу больше первого младшего разряда $b^n$.
То есть основание $c$ содержит сомножитель $n$, что не соответствует 1 Случаю БТФ.
Такой вариант рассматриваться не должен.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение10.03.2016, 03:48 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
Iosif1 в сообщении #1105422 писал(а):
Такой вариант рассматриваться не должен.

Уважаемый, lasta.
А, впрочем, я понимаю, что Вы специально дали этот вариант.
В этом утверждении я погорячился. Сморозил.
Если же Вы найдёте и вариант, опровергающий моё утверждение, что по трём младшим разрядам в $2n$ - том счислении возникает равенство без продолжения штампов, то я буду Вам благодарен, и за науку, и за помощь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство 1 Случая БТФ
Сообщение15.03.2016, 02:21 


24/11/06
466
г.Донецк,Украина
На предшествующем посте, я не простительно поторопился. В результате запутался в завершении изложения. Попытка реабелитации.

Доказательство 1 Случая БТФ



1 Случай БТФ доказывается также на основании соизмеримости степеней и их оснований по mod 2n,

В отличии от 2 Случая БТФ, когда:

$ a \equiv c \equiv \upsilon \mod (2n) $ , где
$\upsilon$ - положительное число натурального числового ряда,

для 1 Случая БТФ:


рассматриваются разности степеней с произвольными основаниями, за исключением оснований, обеспечивающих 2 Случай БТФ.

Имеют место:

$ a \equiv \upsilon_a \mod (2n)$ ; К1 и

$ c \equiv \upsilon_c \mod (2n)$ .К2

Также, как и при рассмотрении 2 Случая БТФ нобходимо доказать, что равенство

${a^n }+ {b^n }= {c^n}$

при целочисленных
$a$ ,
$b$,
$c$ и
$n>2$ невозможно.[1]

$a$ ,
$b$,
$c$ - ваимно простые числа.



Выразим основания равенства 1.1 через единые аргументы, для чего вводим следующие обозначения:
$a + b = D_c$,
$c-b = D_a$,
$c-a = D_b$,
где, например,
$ D_c = c_i ^n$,
$ D_a = a_i ^n $,
$D_b = b_i ^n$, где

$c_i$,
$a_i$,
$b_i$ - целые числа. [2]


Поэтому равенство 1.1 может быть представлено в виде:

${a_i ^n} \cdot {a_x^n} + {b_i^n}\cdot{b_x^n} = {c_i^n}\cdot{c_x^n }$ (1.2)
или
${D_a\cdot \Phi_a }+{ D_b\cdot \Phi_b} ={ D_c \cdot \Phi_c }$ (1.3)
где :
$ \Phi_a = {a_x^n}$ ;
$\Phi_b = {b_x^n}$ ;
$ \Phi_c = {c_x^n}$ .

$ \Phi_b$ может быть представлена, как неполная
$ (n - 1)$ – ая степень суммы
$ (c+a)^ {(n-1)}$ [3].

При этом:

${a_x^n} \equiv {b_x^n} \equiv {c_x^n} \equiv 1 \mod 2n^2$ ; З.1

Существующая закономерность.

Задаёмся условием: основания - целые нечётные числа, как и при рассмотрении 2 Случая БТФ.

Если для 2 Случая БТФ

$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=[(c^n-a^n)/[n(c-a)]-1]/(2n)=[[(c^n-1)/(2n)-(a^n-1)/(2n)]n-1]/(2n)$$; то

для 1 Случая БТФ справедливо:
$$F_{b_x^n}=(b_x^n-1)/(2n)=\frac{[(c^n-a^n)/(c-a)-1]}{2n}= \frac{[(c^n \pm \Delta_c)/(2n)-( a^n \pm \Delta_a)]/(2n)-(c_1-a_1) }{c-a}$$, вследствии того, что для 1 Случая БТФ в разности степеней не возникает дополнительный сомножитель $n$, а классы вычетов оснований $\Delta_c $ и $\Delta_a$ разнятся.
Необходимость корректировки $(c_1-a_1)=(c-\Delta_c)/(2n)-(a-\Delta_a)/(2n)$
объясняется разностью количества величин $2n$, принятых к расчёту.

Это различие приводит к тому, что для 1 Случпя БТФ возможным условием является:

$F_{b_x^n} \equiv 0 \mod (2n) $ ;

То есть, противоречие, выявленное при рассмотрении 2 Случая БТФ, не может являться доказательством 1 Случая БТФ.
Возникает вопрос: «При каких условиях это событие наступает для 1 Случая БТФ?»
Ответить на этот вопрос позволяет дать рассмотрение выражений с использованием

$(2n)$ счислений.

Сравнение по модулю можно рассматривать как элемент использования счисления, равного используемому модулю. Чтобы осуществить перевод в 2n-тое счисление необходимо посредством последовательного деления получаемых частных на 2n определить весь набор остатков, получаемых при делении. Например,
$(777_{10})$
переведем в третичное счисление.
$(777/3=259(0)) $
$ (259/3=86(1)) $
$ (86/3=28(2)) $
$ (28/3=9(1)) $
$ (9/3=3(0)) $
$ (3/3=3(0)) $
$ (1/3=0(1)) $

Записав остатки в обратной последовательности, получаем выражение числа в задаваемом счислении:
$(1001210_3) $
Мы останавливаемся на переводе потому, что математические действия, производимые в других счислениях, очень непривычны.
В приводимом доказательстве нами рассматриваются только два младших разряда числовых значений.
В $(2n)$ –том счислении количество символов равно
$(2n)$

(в десятичном счислении - 10) . До 11- ого счисления удобно использовать общепринятые символы (цифры), используемые в десятичном счислении.
При рассмотрении счислений по большему модулю можно использовать символы, представляющие комбинацию цифр с использованием разделительных знаков. Например, для 23 – ого счисления:

$(22,21,20,19,18,…)$ ,

и так далее. Символ равный используемому счислению всегда обозначаем как 0.
Независимо от используемого счисления существующее равенство, конечно, сохраняется.
В приводимом доказательстве используется
$(2n)$ - тое счисление.
При этом точные степени имеют по два следующих младших разряда:
Для степени $a^n$ имеем:

$(r_1_{a^n})$ – первый млажший разряд степени;

$(r_2_{a^n})$ – второй младший разряд степени.


В отличии от $n$ ого счисления, при использовании $2n$ -ого счисления первый младший разряд является определяющим чётность основания степени.
Это обеспечивает определённость возникновения вторых младших разрядах для чётных и нечётных оснований степеней.
Первые младшие разряды степеней дублируют первые младшие разряды оснований.
Вторые младшие разряды степеней могут зависеть, а могут и не зависеть от вторых младших разрядов оснований.
При наличии зависимости вторых младших разрядов степеней, имеем пере одическую их сменяемость, в зависимости от чётности второго младшего разряда основания.
При сопоставлении оснований и степеней становится очевидным, что последовательность младших разрядов в основании предопределяет последовательность младших разрядов в степени.
Предопределённую последовательность разрядов мы именуем «штампом».
И при использовании $(n)$ - ого счисления, и при использовании $(2n)$ –ого счисления перемножение штампов обеспечивает возникновения точного штампа.
Штамп степени, по сравнению со штампом основания увеличивается на один предопределённый разряд.
При этом, младшие разряды основания, следующие за штампом в $n$ том счислении, в количестве, равном количеству разрядов в штампе, отодвигаются, сохраняя свои значения.
При использовании $2n$ того счисления эта закономерность усложняется, и требует уточнения.
В данноме доказательстве этого не требуется.
При этом, определяющим в сопоставимости степеней, являются уже двух разрядные штампы степеней.
На основании этой закономерности и обеспечивается доказательство 1 Случая БТФ.
Необходимость обеспечения закономерности З.1 приводит к тому, что

$ … r_2_{a^n},r_1_{a^n}=… r_2_{a},r_1_{a}$;

$ … r_2_{c^n},r_1_{c^n}=… r_2_{c},r_1_{c}$;

$ … r_2_{b^n},r_1_{b^n}=… r_2_{b},r_1_{b}$;



Итак, ответим на вопрос, когда при рассмотрении 1 Случая БТФ возникает событие, которое является противоречием при рассмотрении 2 Случая БТФ.
Для наглядности, при рассмотрении 1 Случая БТФ, удобно осуществлять перевод

$a \equiv 1 \mod (2n) $

$c \equiv c_1  \mod (2n)$ , где

$c_1$ – скорректированный, при этом, класс вычетов.
Данные параметры заданы для конкретизации условий, когда

$(c^n-a^n)/(c-a)-1 \equiv 0 \mod (2n) $; С.1.

как для удобства изложения доказательства.
Закономерность обеспечивается при всех возможных соотношениях классов вычетов оснований $c,a$ по модулю 2n, относящихся к 1Случаю БТФ (с расчетными уточнениями).

При заданном соотношении классов вычетов оснований ожидаемое событие С.1.
наступает при выполнении условия:

$(r_{2_c^n}; r_{1_c^n}) \equiv (c-a+1) \equiv 0 \mod (2n)^2$ ; У.1

Задаваясь основаниями $c,a$ с данными младшими разрядами можно убедиться, что ожидаемое событие наступает при выполнении условия У.1.
При этом, при рассмотрении степеней $c^n,a^n$ по двум младшим разрядам легко убедиться, что и их разность, на основании рассмотрения двух младших разрядов
разности, тоже может иметь два младших разряда, соответствующих штампу точной степени.
То есть возможны два варианта:
1. Два младших разряда разности степеней не являются последовательностью, соответствующей последовательности двух младших разрядов точной степени.
2. Два младших разряда разности степеней обеспечивают последовательность, соответствующую последовательности двух младших разрядов точной степени.

Для первого варианта, становится очевидным, что данный разброс классов вычетов степеней $ c^n,a^n$ не может обеспечить в разности точную степень.

В качестве примера рассмотрим:

Десятичное счисление.

$n=5$; $c=97$; $a=41$;
$F_{b_x^n}= 1/10 (1/56 (97^5-41^5)-1)=15127650$

Первая строка: $7^5=16807$; $6^5=7776$;

Вторая строка: $17^5=1419857$; $16^5=1048576$;

Третия строка: $27^5=14348907$; $26^5= 881376$;

Четвёртая строка: $97^5=8587340257$; $96^5=8153726976$;

На основании сопоставления степеней по строкам, очевидно, что для пятой степени, при заданном соотношении классов вычетов $1,7$ разность степеней не может обеспечить точную степень.
Так как, при уменьшении первого младшего разряда в основании степени, на единицу, невозможно получить второй младший разряд в степени, равный второму младшему разряду в исходной степени.
Доказательство построено, на использовании последовательности противоречий.
На первом этапе показывается невозможность опровержения 1 Случая БТФ для вариантов, когда не выполняется условие У.1
На втором этапе показывается невозможность опровержения 1 Случая БТФ для Первого варианта, по которому не обеспечивается тождество вторых младших разрядов в степенях, когда первые младшие разряды оснований отличаются на единицу.
Теперь покажем, что же является противоречием при доказательстве варианта, когда первые два этапа не обеспечивают противоречия, достаточное для доказательства 1 Случая БТФ.
В качестве примера по второму варианту рассмотрим:

2) четырнадцатиричное счисление. (Счисление показано нижним индексом)


$[(3+0\cdot14)^7]_{10}=…2,3_{14}$; $[(2+0\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+1\cdot14)^7]_{10}=…9,3_{14}$; $[(2+1\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+2\cdot14)^7]_{10}=…2,3_{14}$; $[(2+2\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

$[(3+3\cdot14)^7]_{10}=…9,3_{14}$; $[(2+3\cdot14)^7]_{10}=…9,2_{14}$;

Имеем право предположить равенство степеней седьмой степени:

$...01_{14}+ …92_{14}= …93_{14}$; Р.1

(На основании закономерности З.1)


Отметим, что два младших разряда, при первом младшем, разряде равным 2, не зависит от величины второго разряда в основании.
Поэтому равенство Р.1 возможно только при чётном коэффициенте (вторым чётном младшим разрядом основания).
По аналогии имеем возможность определить, какие третие младшие разряды могут иметь место в рассматриваемых степенях, обеспечивающих предполагаемое равенство Р.1 по двум младшим разрядам.

$[(3+9\cdot14+0\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,3_{14}$; $[(2+9\cdot14+0\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,2_{14}$;

$[(3+9\cdot14+1\cdot14^2)^7]_{10}=…1,9,3_{14}$; $[(2+9\cdot14+1\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,2_{14}$;

$[(3+9\cdot14+2\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,3_{14}$; $[(2+9\cdot14+2\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,2_{14}$;


$[(3+9\cdot14+3\cdot14^2)^7]_{10}=…1,9,3_{14}$; $[(2+9\cdot14+3\cdot14^2)^7]_{10}=…8,9,2_{14}$;

И снова равенство Р.1 обеспечивается, уже по трём младшим разрядам, при условии, что $a^7=…001_{14}$.
И такой набор младших разрядов обеспечивается в $a^7$, при чётном коэффициенте (третьим чётным младшим разрядом основания).
Но, в этом варианте, основание $a$, обеспечивающее равенство по двум младшим разрядам
требует корректировки.
Продолжая анализ, можно утверждать, что равенство Р.1 может быть обеспечено при выполнении условия: все осноания, обеспечивающие равенство Р.1 должны быть представлены точными штампами, что не возможно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 52 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  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