ВТФ by Виктор Сорокин

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Великая теорема Ферма (окончательная версия доказательства)

Окончательная в каком смысле? Больше не будет? Уж как бы я порадовался за Вас, если бы Вы действительно бросили заниматься этой никому не нужной ерундой и занялись чем-нибудь полезным...

Сорокин Виктор писал(а):

... После этого обозначения букв остаются прежними.

Я уже объяснял Вам, что это плохо, потому что Вы разные величины обозначаете одним и тем же символом. Я понимаю, что Вы так привыкли, но это создаёт совершенно ненужные двусмысленности (не всегда понятно, какое из двух значений имеется в виду) и осложнения (если вдруг потребуется вспомнить первоначальный смысл символа).

Сорокин Виктор писал(а):

... И противоречие в равенстве 1° налицо: в левой части $a_{k+1}$ ≠ $0$ (см. 2°), а в правой части $a_{k+1} = (c-b)_{k+1} = 0$.

Вы это уже один раз писали, и я уже объяснял Вам, что в левой части равенства стоит не $a$, а $a^n$. Поэтому и сравнивать нужно не с $a_{k+1}$, а с $(a^n)_{k+1}$. И, поскольку $a_{(k)}=(c-b)_{(k)}$ (по определению числа $k$), то по Вашей же Лемме 1* будет $(a^n)_{(k+1)}=((c-b)^n)_{(k+1)}$, откуда, естественно, следует, что $(a^n)_{k+1}=((c-b)^n)_{k+1}$, так что никакого противоречия не получается. И неважно, умножаете Вы обе части равенства (1°) на $d^7$ или не умножаете.

Сорокин Виктор писал(а):

Заметим, что множества простых сомножителей в обеих частях равенства 1° совпадают, следовательно совпадают и множества их $k+1$-значных окончаний. И эти множества окончаний можно разделить на n равных частей единственным образом.

Естественно. Каждая из этих $n$ частей есть набор простых множителей числа $a$.

Сорокин Виктор писал(а):

Следовательно, множества $k+1$-значных окончаний чисел $a$ и $c-b$ полностью совпадают, из чего следует и равенство самих окончаний.

Это неверно. Числа $a$ и $c-b$ не равны и имеют разные множества простых делителей. Чтобы это увидеть, нужно вернуться к первоначальному смыслу этих обозначений. Тогда из (2°) следует, что Вы рассматриваете случай, когда $a$ не делится на $n$, а тогда числа $c-b$ и $R>1$ взаимно просты. Следовательно, в силу равенства (1°), число $a$ содержит простые множители, не входящие в $c-b$. Поэтому на равные части Вы хотите делить разные множества.

Сорокин Виктор писал(а):

Обращаем внимание также на то, что лемма
"Окончания $a_{(k)}$ и $a^n$$_{(k+1)} $ взаимооднозначно определяют друг друга"
в доказательстве не использовалась.

Эта Лемма у Вас была под номером 2*, а теперь точно такая же лемма имеет номер 1*. Различие только в обозначениях и форме записи.

[Сорокин Виктор]

Великая теорема Ферма. Ответы на главные вопросы

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Великая теорема Ферма (окончательная версия доказательства)

Окончательная в каком смысле? Больше не будет? Уж как бы я порадовался за Вас, если бы Вы действительно бросили заниматься этой никому не нужной ерундой и занялись чем-нибудь полезным...

Без формулы 4° больше не будет.
Верю, что Ваше пожелание сбудется, поскольку впереди меня ожидает более острый диалог уже с физиками.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

... После этого обозначения букв остаются прежними.

Я уже объяснял Вам, что это плохо, потому что Вы разные величины обозначаете одним и тем же символом. Я понимаю, что Вы так привыкли, но это создаёт совершенно ненужные двусмысленности (не всегда понятно, какое из двух значений имеется в виду) и осложнения (если вдруг потребуется вспомнить первоначальный смысл символа).

Вы же сами не раз подчеркивали, что наличие общего сомножителя у каждой буквы не может изменить ни равенство в целом, ни равенство по какому-то окончанию. И на – по существу единственный – логический вывод 5° это никак не влиет.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

... И противоречие в равенстве 1° налицо: в левой части $a_{k+1}$ ≠ $0$ (см. 2°), а в правой части $a_{k+1} = (c-b)_{k+1} = 0$.

Вы это уже один раз писали, и я уже объяснял Вам, что в левой части равенства стоит не $a$, а $a^n$. Поэтому и сравнивать нужно не с $a_{k+1}$, а с $(a^n)_{k+1}$. И, поскольку $a_{(k)}=(c-b)_{(k)}$ (по определению числа $k$), то по Вашей же Лемме 1* будет $(a^n)_{(k+1)}=((c-b)^n)_{(k+1)}$, откуда, естественно, следует, что $(a^n)_{k+1}=((c-b)^n)_{k+1}$, так что никакого противоречия не получается. И неважно, умножаете Вы обе части равенства (1°) на $d^7$ или не умножаете.

Я сравниваю две части равенства не по ЗАВЕРШЕННОМУ произведению $n$ сомножителей, а по $n$ $(k+1) $-значных окончаний у $n$ равных между собой сомножителей. И вряд ли Вы приведете положение из математики, запрещающее такое СРАВНЕНИЕ.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Заметим, что множества простых сомножителей в обеих частях равенства 1° совпадают, следовательно совпадают и множества их $k+1$-значных окончаний. И эти множества окончаний можно разделить на n равных частей единственным образом.

Естественно. Каждая из этих $n$ частей есть набор простых множителей числа $a$.

Сорокин Виктор писал(а):

Следовательно, множества $k+1$-значных окончаний чисел $a$ и $c-b$ полностью совпадают, из чего следует и равенство самих окончаний.

Это неверно. Числа $a$ и $c-b$ не равны и имеют разные множества простых делителей. Чтобы это увидеть, нужно вернуться к первоначальному смыслу этих обозначений. Тогда из (2°) следует, что Вы рассматриваете случай, когда $a$ не делится на $n$, а тогда числа $c-b$ и $R>1$ взаимно просты. Следовательно, в силу равенства (1°), число $a$ содержит простые множители, не входящие в $c-b$. Поэтому на равные части Вы хотите делить разные множества.

Который раз я обращаю внимание на то, что я разбиваю на n равных частей НЕ множества простых сомножителей (в двух частях равенства), А множества их $k+1$-значных окончаний. И у двух простых чисел могут быть РАВНЫЕ $k+1$-значные окончания. Так что несмотря на КАКИЕ УГОДНО простые сомножители и КАКОЙ УГОДНО порядок их расположения в правой части равенства, множество всех $k+1$-значных окончаний этих сомножителей делится на $n$ равных (с точностью до сомножителя $1$) подмножеств с РАВНЫМ для каждого из произведений подмножества $k+1$-значным окончанием. И здесь меня выручает формальность логики математики: и $2 x 2 x 2$, и $2 x (2 x 1) x 2$ равно двум в кубе, или числа $2$ и $2 x 1$ считаются тождественно равными. (Впрочем, как я уже писал, эту аксиому математики великие мужи великой науки планируют проверять два года, поскольку именно эта аксиома является ОСНОВОЙ представленного мною элементарного доказательства…)

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Обращаем внимание также на то, что лемма "Окончания $a_{(k)}$ и $a^n$$_{(k+1)} $ взаимооднозначно определяют друг друга" в доказательстве не использовалась.

Эта Лемма у Вас была под номером 2*, а теперь точно такая же лемма имеет номер 1*. Различие только в обозначениях и форме записи.

И мне сильно повезло, что для констатации противоречия по $k+1$-значным окончаниям не потребовалось обращаться к анализу $k+2$-значных окончаний.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Который раз я обращаю внимание на то, что я разбиваю на n равных частей НЕ множества простых сомножителей (в двух частях равенства), А множества их $k+1$-значных окончаний. И у двух простых чисел могут быть РАВНЫЕ $k+1$-значные окончания. Так что несмотря на КАКИЕ УГОДНО простые сомножители и КАКОЙ УГОДНО порядок их расположения в правой части равенства, множество всех $k+1$-значных окончаний этих сомножителей делится на $n$ равных (с точностью до сомножителя $1$) подмножеств с РАВНЫМ для каждого из произведений подмножества $k+1$-значным окончанием.

Нет, извините, так мы с Вами не договоримся. Во-первых, точно сформулируйте это своё утверждение. Во-вторых, давайте его подробное доказательство.

Сорокин Виктор писал(а):

И мне сильно повезло, что для констатации противоречия по $k+1$-значным окончаниям не потребовалось обращаться к анализу $k+2$-значных окончаний.

Конечно, "повезло". Потому что как раз рассмотрение $k+2$-ых цифр опровергает Ваше построение. В левой части произведение $k+2$-значных окончаний простых множителей числа $a^n$ даёт $k+2$-значное окончание числа $a^n$, как и должно быть, а в правой части произведение $k+2$-значных окончаний простых множителей числа $(c-b)^n$ даёт, разумеется, $k+2$-значное окончание числа $(c-b)^n$, в котором $k+2$-ая цифра неправильная. И этот результат, разумеется, не зависит от того, по каким признакам Вы группируете простые множители. Да я Вам уже об этом писал.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Который раз я обращаю внимание на то, что я разбиваю на n равных частей НЕ множества простых сомножителей (в двух частях равенства), А множества их $k+1$-значных окончаний. И у двух простых чисел могут быть РАВНЫЕ $k+1$-значные окончания. Так что несмотря на КАКИЕ УГОДНО простые сомножители и КАКОЙ УГОДНО порядок их расположения в правой части равенства, множество всех $k+1$-значных окончаний этих сомножителей делится на $n$ равных (с точностью до сомножителя $1$) подмножеств с РАВНЫМ для каждого из произведений подмножества $k+1$-значным окончанием.

Нет, извините, так мы с Вами не договоримся. Во-первых, точно сформулируйте это своё утверждение. Во-вторых, давайте его подробное доказательство.

Пусть множество всех простых сомножителей числа $a$ есть $p$, равное сумме непересекающихся (при исходных значениях чисел $a$, $b$, $c$) подмножеств $p'$ и $p''$. В левой части равенства мы имеем $n$ множеств $p$, а в правой – $n$ множеств $p'$ составляющих множество простых сомножителей числа $c-b$, и $n$ множеств $p''$, составляющих множество простых сомножителей числа $R$. Легко видеть, что все эти можества не пусты (с точностью до сомножителя 1). Вот простой пример того, как множество $p''$ может быть разбито на $n-1$ равных подмножеств:
Известно, что число $R = R'^n$. И можно (но не нужно) показать, что $k+1$-значное окончание каждого из n сомножителей $R'$ есть $k+1$-значное окончание некоторого числа $s^{n-1}$. И тогда $k+1$-значное окончание числа $R$ есть $k+1$-значное окончание числа $(s^{n-1})^n$, или $ (s^n)^{n-1} $. Ну а то, что $k+1$-значные окончания чисел $s^n$ и $c-b$ оказались раными, так это равенство определяется внутренней противоречивостью равенства Ферма и не является ни моей прихотью, ни моей ошибкой.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

И мне сильно повезло, что для констатации противоречия по $k+1$-значным окончаниям не потребовалось обращаться к анализу $k+2$-значных окончаний.

Конечно, "повезло". Потому что как раз рассмотрение $k+2$-ых цифр опровергает Ваше построение. В левой части произведение $k+2$-значных окончаний простых множителей числа $a^n$ даёт $k+2$-значное окончание числа $a^n$, как и должно быть, а в правой части произведение $k+2$-значных окончаний простых множителей числа $(c-b)^n$ даёт, разумеется, $k+2$-значное окончание числа $(c-b)^n$, в котором $k+2$-ая цифра неправильная. И этот результат, разумеется, не зависит от того, по каким признакам Вы группируете простые множители. Да я Вам уже об этом писал.

[/quote]
А вот дискуссию по этому вопросу лучше перенести на потом в живую аудиторию.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

Нет, извините, так мы с Вами не договоримся. Во-первых, точно сформулируйте это своё утверждение. Во-вторых, давайте его подробное доказательство.

Пусть ...

Нет, извините. Это какие-то рассуждения, которые неизвестно что доказывают (или не доказывают). Я просил Вас ТОЧНО СФОРМУЛИРОВАТЬ утверждение, которое Вы используете. И утверждение, которое Вам нужно, состоит на самом деле не в том, что множество простых сомножителей можно каким-то способом разбить на части. Вам требуется что-то другое.

Сорокин Виктор писал(а):

Ну а то, что $k+1$-значные окончания чисел $s^n$ и $c-b$ оказались раными, так это равенство определяется внутренней противоречивостью равенства Ферма и не является ни моей прихотью, ни моей ошибкой.

Ничего подобного. Мы с Вами здесь обсуждаем равенство Ферма не в множестве натуральных чисел, а в кольце вычетов по модулю $n^m$ при простом $n>2$ и целом $m>k$, где $k$ - количество совпадающих младших цифр чисел $a$ и $c-b$ при записи их в системе счисления с основанием $n$. В этом кольце равенство Ферма НЕПРОТИВОРЕЧИВО, поскольку требуемые $a$, $b$, $c$ существуют, и я Вам их предъявил. И Вы собственноручно можете проверить, что мои числа УДОВЛЕТВОРЯЮТ равенству Ферма для $n=7$ в кольце вычетов по модулю $7^{10}$. И для "окончаний" моих чисел ВЫПОЛНЯЮТСЯ как раз те равенства, которые вы считаете следствием противоречивости, так что они никак не связаны с противоречивостью.

И это показывает, что Ваши поиски противоречия в младших цифрах бесперспективны. Вы просто зря тратите время - и своё, и моё.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

Нет, извините, так мы с Вами не договоримся. Во-первых, точно сформулируйте это своё утверждение. Во-вторых, давайте его подробное доказательство.

Пусть ...

Нет, извините. Это какие-то рассуждения, которые неизвестно что доказывают (или не доказывают). Я просил Вас ТОЧНО СФОРМУЛИРОВАТЬ утверждение, которое Вы используете. И утверждение, которое Вам нужно, состоит на самом деле не в том, что множество простых сомножителей можно каким-то способом разбить на части. Вам требуется что-то другое.

Вы намекаете на то, что Вы знаете, как сформулировать недостающее утверждение, но по каким-то соображениям эту формулировку не приводите. Не сомневаюсь, что тысячи специалистов требуемое утверждение могут сформулировать, причем в полном соответствии языку современной математики. (Камнем преткновения для тысяч ферматистов явилась формула 4°, а все остальное – мелочи.)
Тем не менее, требуемую формулировку я повторю (ибо уже говорил о ней ранее):
Если множество состоит из n равных (по составу и сочетанию элементов) подмножеств, то такое разбиение ЕДИНСТВЕННО.
В обеих частях равенства Ферма мы имеем ОДНО И ТО ЖЕ множество $k+1$-значных окончаний простых сомножителей, разитое на равные ПОДМНОЖЕСТВА. И если $k+1$-я цифра в произведении сомножителей в одном из подмножеств равна $0$, то и в любом ином ТАКОМ ЖЕ таком же произведении $k+1$-я цифра ДОЛЖНА быть равна $0$, а не $3$.
И с этими выводами, являющимися для меня ИСТИННЫМИ, Вы категорически не согласны. Поэтому я прекращаю продолжение бессмысленного спора до заключения арбитра.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Ну а то, что $k+1$-значные окончания чисел $s^n$ и $c-b$ оказались раными, так это равенство определяется внутренней противоречивостью равенства Ферма и не является ни моей прихотью, ни моей ошибкой.

Ничего подобного. Мы с Вами здесь обсуждаем равенство Ферма не в множестве натуральных чисел, а в кольце вычетов по модулю $n^m$ при простом $n>2$ и целом $m>k$, где $k$ - количество совпадающих младших цифр чисел $a$ и $c-b$ при записи их в системе счисления с основанием $n$. В этом кольце равенство Ферма НЕПРОТИВОРЕЧИВО, поскольку требуемые $a$, $b$, $c$ существуют, и я Вам их предъявил. И Вы собственноручно можете проверить, что мои числа УДОВЛЕТВОРЯЮТ равенству Ферма для $n=7$ в кольце вычетов по модулю $7^{10}$. И для "окончаний" моих чисел ВЫПОЛНЯЮТСЯ как раз те равенства, которые вы считаете следствием противоречивости, так что они никак не связаны с противоречивостью.

Итак, мы имеем два противоположных утверждения, и каждое из них истинно. Следовательно…

Someone писал(а):

И это показывает, что Ваши поиски противоречия в младших цифрах бесперспективны. Вы просто зря тратите время - и своё, и моё.

[/quote]
Но где арбитры?..

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Вы намекаете на то, что Вы знаете, как сформулировать недостающее утверждение, но по каким-то соображениям эту формулировку не приводите.

Нет, я намекал на то, что утверждение, которое Вы там обосновывали, недостаточно для Ваших целей. Мало ли что и как можно разбить, какое-нибудь разбиение Вас не устроит, особенно если их много.

Сорокин Виктор писал(а):

Тем не менее, требуемую формулировку я повторю (ибо уже говорил о ней ранее):
Если множество состоит из n равных (по составу и сочетанию элементов) подмножеств, то такое разбиение ЕДИНСТВЕННО.

Формулировка, конечно, очень плохая, но, по крайней мере, видно, что Вам нужна единственность разбиения.

Сорокин Виктор писал(а):

В обеих частях равенства Ферма мы имеем ОДНО И ТО ЖЕ множество $k+1$-значных окончаний простых сомножителей, разитое на равные ПОДМНОЖЕСТВА. И если $k+1$-я цифра в произведении сомножителей в одном из подмножеств равна $0$, то и в любом ином ТАКОМ ЖЕ таком же произведении $k+1$-я цифра ДОЛЖНА быть равна $0$, а не $3$.

Ну что Вам сказать... Вы здесь, вообще говоря, спекулируете на словах "равные ПОДМНОЖЕСТВА". Вопрос в том, что эти слова означают. При этом Вы выделяете слово "подмножества", в то время как выделять нужно слово "равные".

Мы обсуждаем равенство (в точных обозначениях) $(ad^7)^7=(cd^7-bd^7)\cdot(Rd^{42})$. Множество простых сомножителей слева и справа, естественно, одно и то же и есть просто семикратное множество простых сомножителей числа $ad^7$ (профессионалы, читая это, будут морщиться, хотя и поймут, что имеются в виду никакие не множества, а разложения на простые множители). Поэтому разбить его на семь равных подмножеств можно только одним способом, и при этом каждое подмножество будет совпадать с множеством простых сомножителей числа $ad^7$.

Xотя такое разбиение - совершенно правильное во всех смыслах, оно Вас не устраивает, поскольку число $ad^7=\dots 150430001$ имеет не то $k+1=5$-значное окончание, которое Вам хочется.

Вы прекрасно понимаете, что другого разбиения на семь равных в указанном смысле подмножеств не существует, поэтому придумали другой смысл: подмножества у Вас теперь считаются "равными", если произведения входящих в них множителей имеют одинаковые $k+1$-значные окончания. Заметим, что разбиение, которое обсуждалось выше, этому определению "равенства", естественно, удовлетворяет, поскольку здесь не только окончания произведений равные, но и сами произведения равны.

Однако, ослабив требования к разбиению, мы должны быть готовы к тому, что допустимых разбиений у нас станет больше одного. И их действительно становится больше одного: появляется ещё разбиение $(cd^7-bd^7)\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot(Rd^{42})=(\dots 000000001)\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot(\dots 504300001)$, в котором все сомножители оканчиваются на $\dots 00001$. Таким образом, Вы своими руками разрушаете ту единственность разбиения, которая Вам так нужна.

Сорокин Виктор писал(а):

Итак, мы имеем два противоположных утверждения, и каждое из них истинно. Следовательно…

Какие "два противоположных утверждения"? Не встречал.

Сорокин Виктор писал(а):

И с этими выводами, являющимися для меня ИСТИННЫМИ, Вы категорически не согласны. Поэтому я прекращаю продолжение бессмысленного спора до заключения арбитра.

Сорокин Виктор писал(а):

Но где арбитры?..

Правда, давайте оба перестанем толочь воду в ступе и подождём. Вдруг кто-нибудь напишет.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Если множество состоит из n равных (по составу и сочетанию элементов) подмножеств, то такое разбиение ЕДИНСТВЕННО.

Формулировка, конечно, очень плохая, но, по крайней мере, видно, что Вам нужна единственность разбиения.

Итак, спор идет лишь о ЕДИНСТВЕННОСТИ (так что наблюдателям нет нужды не доверять всему остальному в доказательстве).

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

В обеих частях равенства Ферма мы имеем ОДНО И ТО ЖЕ множество $k+1$-значных окончаний простых сомножителей, разитое на равные ПОДМНОЖЕСТВА. И если $k+1$-я цифра в произведении сомножителей в одном из подмножеств равна $0$, то и в любом ином ТАКОМ ЖЕ таком же произведении $k+1$-я цифра ДОЛЖНА быть равна $0$, а не $3$.

Ну что Вам сказать... Вы здесь, вообще говоря, спекулируете на словах "равные ПОДМНОЖЕСТВА". Вопрос в том, что эти слова означают. При этом Вы выделяете слово "подмножества", в то время как выделять нужно слово "равные".
Мы обсуждаем равенство (в точных обозначениях) $(ad^7)^7=(cd^7-bd^7)\cdot(Rd^{42})$. Множество простых сомножителей слева и справа, естественно, одно и то же и есть просто семикратное множество простых сомножителей числа $ad^7$ (профессионалы, читая это, будут морщиться, хотя и поймут, что имеются в виду никакие не множества, а разложения на простые множители). Поэтому разбить его на семь равных подмножеств можно только одним способом, и при этом каждое подмножество будет совпадать с множеством простых сомножителей числа $ad^7$.
Xотя такое разбиение - совершенно правильное во всех смыслах, оно Вас не устраивает, поскольку число $ad^7=\dots 150430001$ имеет не то $k+1=5$-значное окончание, которое Вам хочется.
Вы прекрасно понимаете, что другого разбиения на семь равных в указанном смысле подмножеств не существует, поэтому придумали другой смысл: подмножества у Вас теперь считаются "равными", если произведения входящих в них множителей имеют одинаковые $k+1$-значные окончания. Заметим, что разбиение, которое обсуждалось выше, этому определению "равенства", естественно, удовлетворяет, поскольку здесь не только окончания произведений равные, но и сами произведения равны.
Однако, ослабив требования к разбиению, мы должны быть готовы к тому, что допустимых разбиений у нас станет больше одного. И их действительно становится больше одного: появляется ещё разбиение $(cd^7-bd^7)\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot(Rd^{42})=(\dots 000000001)\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot(\dots 504300001)$, в котором все сомножители оканчиваются на $\dots 00001$. Таким образом, Вы своими руками разрушаете ту единственность разбиения, которая Вам так нужна.

Да нет же, эту "единственность разбиения" разрушаю не я, а само равенство Ферма, его противоречивость.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Итак, мы имеем два противоположных утверждения, и каждое из них истинно. Следовательно…

Какие "два противоположных утверждения"? Не встречал.

В который раз:
1) $k+1$-я цифра в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний НЕ РАВНА нулю, и
1) $k+1$-я цифра в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний РАВНА нулю.
И самое главное: в цепи ОДНОЗНАЧНЫХ логических переходов ОТ множества всех простых сомножителей (в левой и правой частях равенства Ферма) ДО $k+1$-й цифры в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний Вы не указали, в каком именно логическом переходе (месте) появляется хотя бы двузначность. А без этого Ваша логика сродни логике средневековой инквизиции: "Этого не может быть, потому что этого не может быть никогда!"

Someone писал(а):

Правда, давайте оба перестанем толочь воду в ступе и подождём. Вдруг кто-нибудь напишет.

[/quote]
Арбитры! АУ!!!

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

В который раз:
1) $k+1$-я цифра в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний НЕ РАВНА нулю, и
1) $k+1$-я цифра в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний РАВНА нулю.
И самое главное: в цепи ОДНОЗНАЧНЫХ логических переходов ОТ множества всех простых сомножителей (в левой и правой частях равенства Ферма) ДО $k+1$-й цифры в каждом из $7$-ми равных произведений $k+1$-значных окончаний Вы не указали, в каком именно логическом переходе (месте) появляется хотя бы двузначность. А без этого Ваша логика сродни логике средневековой инквизиции: "Этого не может быть, потому что этого не может быть никогда!"

Ну, Вы же не первый раз это пишете, и я Вам уже объяснял.

Вы спекулируете на слове "равные". В каком смысле у Вас "равные произведения"? В одном случае это действительно равные натуральные числа $ad^7$. И окончания у них у всех тоже одинаковые: $\dots 150430001$. Такое разбиение действительно единственно.
Но Вы же ослабляете условие равенства. Вы хотите считать "равными" числа, имеющие одинаковые окончания. Однако по окончаниям невозможно определить, равны числа или нет, и какие у них простые множители. Чего же удивляться, что разбиение становится не единственным? Вот и появляется у Вас второе разбиение с равными окончаниями, но с неравными числами: одно число ($Rd^{42}$) заведомо больше $1$, а пять, напротив, точно равны $1$. Зато все оканчиваются на $\dots 00001$, как Вам очень хочется.

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

Правда, давайте оба перестанем толочь воду в ступе и подождём. Вдруг кто-нибудь напишет.

Арбитры! АУ!!!

Я же Вам говорил: напишите личные письма тем, чьё мнение Вы хотите знать, с просьбой ответить здесь, в форуме.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Ну, Вы же не первый раз это пишете, и я Вам уже объяснял.
Вы спекулируете на слове "равные". В каком смысле у Вас "равные произведения"? В одном случае это действительно равные натуральные числа $ad^7$. И окончания у них у всех тоже одинаковые: $\dots 150430001$. Такое разбиение действительно единственно.
Но Вы же ослабляете условие равенства. Вы хотите считать "равными" числа, имеющие одинаковые окончания. Однако по окончаниям невозможно определить, равны числа или нет, и какие у них простые множители. Чего же удивляться, что разбиение становится не единственным? Вот и появляется у Вас второе разбиение с равными окончаниями, но с неравными числами: одно число ($Rd^{42}$) заведомо больше $1$, а пять, напротив, точно равны $1$. Зато все оканчиваются на $\dots 00001$, как Вам очень хочется.

Математика зиждется на традиционной логике, согласно которой, в частности, если из А следует В, а из В следует С, то из А следует С, или применительно к нашему спору:
если из А следует одназначность В, а из В следует одназначность С, то из А следует одназначность С.
Еще раз привожу цепочку однозначностей в моем заключительном выводе 5°:
1) множества $P$ и $T$ простых сомножителей в обеих частях равенства Ферма тождественно равны (и Вы с этим согласны);
СЛЕДОВАТЕЛЬНО
2) множества $P'$ и $T'$ $k+1$-значных окончаний этих сомножителей в обеих частях равенства тоже равны (поскольку у каждого простого сомножителя $k+1$-значное окончание ЕДИНСТВЕННО) (и с этим Вы тоже как будто согласны) [замечу, в последующем анализе цифры бОльших разрядов нам не понадобятся, и они полностью игнорируются];
СЛЕДОВАТЕЛЬНО
3) оба новых множества (т.е. ОКОНЧАНИЙ, а НЕ чисел) разбиваемы на n равных (во всех отношениях) подмножеств {$p'$} и {$t'$} (поскольку на n равных подмножеств разбиваем равных множества P и T;
СЛЕДОВАТЕЛЬНО
4) произведение всех чисел $p'$ и произведение всех ТАКИХ ЖЕ чисел $t'$ должны быть РАВНЫ по ВСЕМ цифрам. Однако для доказательства противоречия нам достаточно сравнить лишь $k+1$-е цифры у этих произведений, которые как раз и оказываются НЕРАВНЫМИ.
В опровержение этих примитивнейших рассуждений Вы приписываете мне операцию, которой у меня НЕТ, а именно: будто бы после утверждения 1 я (вместо операции 2) разбиваю множество P на n равных подмножеств. Еще раз: я разбиваю на n не множество простых сомножителей, а множество $k+1$-окончаний. И это не одно и то же. $k+1$-окончаниям нет никакого дела до старших разрядов, НИКАКИМ БОКОМ НЕ УЧАСТВУЮЩИХ в формировании $k+1$-окончания одного из n равных произведений.
Вот, собственно, и все. И опровергая мои рассуждения, прошу Вас в следующий раз указать хотя бы одну (из 4-х) НЕВЕРНУЮ ОПЕРАЦИЮ.

[ljubarcev]

Я уже писал, что гипотетическая возможность доказательства путем
рассмотрения окончаний n степеней чисел x, y ,z в любой системе счисления снществует, так как возведение в степень не обладает свойством Группы. Новедь придется проводить массу вычислений для каждого n, а их число бесконечно. Может лучше исходить из того, что при x^n + y^n = z^n x + y - z = 6nt t - тоже целое число?.
Дед.

[Сорокин Виктор]

ljubarcev писал(а):

Я уже писал, что гипотетическая возможность доказательства путем
рассмотрения окончаний n степеней чисел x, y ,z в любой системе счисления снществует, так как возведение в степень не обладает свойством Группы. Новедь придется проводить массу вычислений для каждого n, а их число бесконечно. Может лучше исходить из того, что при x^n + y^n = z^n x + y - z = 6nt t - тоже целое число?.
Дед.

Показать, что t и n в x + y - z = 6nt целые нетрудно, но это мало что дает для доказательства ВТФ. Потом, ЛЮБАЯ система счисления осложняет видение закономерностей в равенстве Ферма.
В.С.

[Сорокин Виктор]

Заключительные выводы из тождества 5°
(самое трудное место для понимания):
Пусть
$p_i$ – простой сомножитель левой части равенства 1° (числа $a^n$),
$q_j$ – простой сомножитель левой части равенства 1° (числа $rR$),
$p'_i$ – $k+1$-значное окончание числа $p_i$,
$q'_j$ – $k+1$-значное окончание числа $q_j$.
Тогда
1) множества $(p_i) = (q_j)$ (следствие равенства 1°); следовательно:
2) множества $(p'_i) = (q'_j)$ (следствие единственности представления числа в базе $n$); следовательно:
3) множества $(p'_i)/n = (q'_j)/n$ (как равные части от равного); следовательно:
4) произведение $P'$ всех чисел из $(p'_i)/n$ равно произведению $Q'$ всех чисел из $(q'_j)/n$; следовательно:
5) $P'_{(k+1)} = Q'_{(k+1)} $ (следствие из равенства $P' = Q'$).
Заключительный вывод. Мы имеем противоречие: цифра $P'_{k+1} $ ≠ $0$, а РАВНАЯ ей цифра $Q'_{k+1} = 0$.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

1) множества $P$ и $T$ простых сомножителей в обеих частях равенства Ферма тождественно равны (и Вы с этим согласны);
СЛЕДОВАТЕЛЬНО
2) множества $P'$ и $T'$ $k+1$-значных окончаний этих сомножителей в обеих частях равенства тоже равны (поскольку у каждого простого сомножителя $k+1$-значное окончание ЕДИНСТВЕННО) (и с этим Вы тоже как будто согласны) [замечу, в последующем анализе цифры бОльших разрядов нам не понадобятся, и они полностью игнорируются];

Ну, в силу основной теоремы арифметики $P=T$ и, следовательно, $P'=T'$. Вообще-то, я употребляю Вашу терминологию, но морщусь при этом. Поскольку речь идёт не о множествах простых сомножителей, а о разложениях чисел на простые множители. Ну Бог с Вами.

Сорокин Виктор писал(а):

СЛЕДОВАТЕЛЬНО
3) оба новых множества (т.е. ОКОНЧАНИЙ, а НЕ чисел) разбиваемы на n равных (во всех отношениях) подмножеств {$p'$} и {$t'$} (поскольку на n равных подмножеств разбиваем равных множества P и T;

Здесь уже возникает неоднозначность разбиения, поскольку различные простые множители числа $(ad^n)^n=(cd^n-bd^n)\cdot(Rd^{n(n-1)})$ могут иметь одинаковые $(k+1)$-значные окончания. И такие простые множители можно перетаскивать из одной части разбиения в другую, заменяя другим множителем с таким же окончанием. Множества окончаний останутся при этом "равными", но соответствующие им множества простых сомножителей (и соответствующие произведения) равными не будут.

Сорокин Виктор писал(а):

СЛЕДОВАТЕЛЬНО
4) произведение всех чисел $p'$ и произведение всех ТАКИХ ЖЕ чисел $t'$ должны быть РАВНЫ по ВСЕМ цифрам.

Ну, равными обязаны быть только $(k+1)$-значные окончания этих произведений. Причём, в рассматриваемом нами примере ($n=7$) они однозначно будут $\dots 30001$, а не $\dots 00001$, как Вам хочется, поскольку замена одного сомножителя другим с таким же $(k+1)$-значным окончанием не влияет на $(k+1)$-значное окончание произведения.

Сорокин Виктор писал(а):

Однако для доказательства противоречия нам достаточно сравнить лишь $k+1$-е цифры у этих произведений, которые как раз и оказываются НЕРАВНЫМИ.

Видите ли, Вы пока что не предъявили разбиения множества $P'=T'$ на $n>2$ равных частей $t'$, произведения которых оканчивались бы на $\dots 00001$. Всё, что Вы смогли - это разбить множество $T'$ на два подмножества, произведения которых оканчиваются на $\dots 00001$. Поэтому говорить о противоречии рано.

Правда, Вы доказывали, что числа $Rd^{n(n-1)}$ и $(cd^n-bd^n)^{n-1}$ имеют одинаковые $(k+1)$-значные окончания. Ну и что? Эти числа имеют различные разложения на простые множители. В эти разложения входят различные простые числа, количества этих чисел различны, $(k+1)$-значные окончания этих простых чисел также различны. Мы не можем установить никакого соответствия между простыми сомножителями чисел $Rd^{n(n-1)}$ и $(cd^n-bd^n)^{n-1}$, поэтому возможность разбиения множества $Q'$ $(k+1)$-значных окончаний простых сомножителей числа $(cd^n-bd^n)^{n-1}$ на $n-1$ равных частей $q'$ абсолютно ничего не даёт для множества $T'$.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

1) множества $P$ и $T$ простых сомножителей в обеих частях равенства Ферма тождественно равны (и Вы с этим согласны);
СЛЕДОВАТЕЛЬНО
2) множества $P'$ и $T'$ $k+1$-значных окончаний этих сомножителей в обеих частях равенства тоже равны (поскольку у каждого простого сомножителя $k+1$-значное окончание ЕДИНСТВЕННО) (и с этим Вы тоже как будто согласны) [замечу, в последующем анализе цифры бОльших разрядов нам не понадобятся, и они полностью игнорируются];

Ну, в силу основной теоремы арифметики $P=T$ и, следовательно, $P'=T'$. Вообще-то, я употребляю Вашу терминологию, но морщусь при этом. Поскольку речь идёт не о множествах простых сомножителей, а о разложениях чисел на простые множители. Ну Бог с Вами.

Ваша терминология не подходит мне по существу: ведь я анализирую $k+1$-значные окончания, и не существует $k+1$-значного числа, которое разлагается на простые сомножители, множество которых совпадает с множеством всех $k+1$-значных окончаний в левой или правой части равенства. Конечно, можно удовлетворить и Вашему желанию: в левой части равенства все простые сомножители разбить на $n$ равных подмножеств (каждое из которых составляет число а), а в правой части на два неравных (и взаимопростых) сомножителя – $r$ и $R$, но НЕ ЗАБЫВАЯ при этом, что сумма разложений этих чисел разбиваема на $n$ равных подмножеств. После этого мы в каждом простом сомножителе (в левой и правой частях равенства) ОСТАВЛЯЕМ ТОЛЬКО $k+1$-значные окончания, поскольку цифры старших разрядов НИ КОИМ ОБРАЗОМ НЕ УЧАСТВУЮТ в формировании в каждой части равенства по $n$ РАВНЫХ множеств $k+1$-значных окончаний, и мы имеем полное право КАК УГОДНО поменять местами простые сомножители в правой части равенства. И вот в результате выгодной нам перестановки $k+1$-значное окончание каждого из $n$ равных произведений (в правой части равенства) равно $1$. И никакая иная перестановка простых сомножителей – при условии РАВЕНСТВА множеств в $n$ произведениях $k+1$-значных окончаний – изменить это значение, т.е. $00001$, НЕ МОЖЕТ.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

СЛЕДОВАТЕЛЬНО
3) оба новых множества (т.е. ОКОНЧАНИЙ, а НЕ чисел) разбиваемы на n равных (во всех отношениях) подмножеств {$p'$} и {$t'$} (поскольку на n равных подмножеств разбиваем равных множества P и T;

Someone писал(а):

Здесь уже возникает неоднозначность разбиения, поскольку различные простые множители числа $(ad^n)^n=(cd^n-bd^n)\cdot(Rd^{n(n-1)})$ могут иметь одинаковые $(k+1)$-значные окончания. И такие простые множители можно перетаскивать из одной части разбиения в другую, заменяя другим множителем с таким же окончанием. Множества окончаний останутся при этом "равными", но соответствующие им множества простых сомножителей (и соответствующие произведения) равными не будут.

Да, множества простых сомножителей – если их перераспределить при условии равенства $n$ подмножеств – будут не равны. Но меня это совершенно не интересует. Ведь когда я анализирую $(k+1)$-значные окончания, то я вообще могу отбросить все головные части чисел, поскольку на обнаруженое противоречие они никак повлиять не могут. Таким образом, неоднозначность есть, но она находится не "внутри" доказательства, а где-то рядом, никак не касаясь ОДНОЗНАЧНОСТИ разбиения $n$-кратного множества на $n$ равных частей..

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

СЛЕДОВАТЕЛЬНО
4) произведение всех чисел $p'$ и произведение всех ТАКИХ ЖЕ чисел $t'$ должны быть РАВНЫ по ВСЕМ цифрам.

Ну, равными обязаны быть только $(k+1)$-значные окончания этих произведений. Причём, в рассматриваемом нами примере ($n=7$) они однозначно будут $\dots 30001$, а не $\dots 00001$, как Вам хочется, поскольку замена одного сомножителя другим с таким же $(k+1)$-значным окончанием не влияет на $(k+1)$-значное окончание произведения.

Someone писал(а):

Нет, именно по всем цифрам этих двух чисел, поскольку они состоят из одних и тех же сомножителей.

Сорокин Виктор писал(а):

Однако для доказательства противоречия нам достаточно сравнить лишь $k+1$-е цифры у этих произведений, которые как раз и оказываются НЕРАВНЫМИ.

Видите ли, Вы пока что не предъявили разбиения множества $P'=T'$ на $n>2$ равных частей $t'$, произведения которых оканчивались бы на $\dots 00001$. Всё, что Вы смогли - это разбить множество $T'$ на два подмножества, произведения которых оканчиваются на $\dots 00001$. Поэтому говорить о противоречии рано.

Заметим, что старшие цифры в анализе не участвуют и оба подмножества состоят из $(k+1)$-значных окончаний. И соотношение 4° говорит как раз о том, что второй из интересующих нас сомножителей есть $n-1$-кратное повторение первого сомножителя – по меньшей мере когда первый сомножитель равен $00001$.

Someone писал(а):

Правда, Вы доказывали, что числа $Rd^{n(n-1)}$ и $(cd^n-bd^n)^{n-1}$ имеют одинаковые $(k+1)$-значные окончания. Ну и что? Эти числа имеют различные разложения на простые множители. В эти разложения входят различные простые числа, количества этих чисел различны, $(k+1)$-значные окончания этих простых чисел также различны. Мы не можем установить никакого соответствия между простыми сомножителями чисел $Rd^{n(n-1)}$ и $(cd^n-bd^n)^{n-1}$, поэтому возможность разбиения множества $Q'$ $(k+1)$-значных окончаний простых сомножителей числа $(cd^n-bd^n)^{n-1}$ на $n-1$ равных частей $q'$ абсолютно ничего не даёт для множества $T'$.

[/quote]
Еще раз: я не "установливаю никакого соответствия между простыми сомножителями чисел $Rd^{n(n-1)}$ и $(cd^n-bd^n)^{n-1}$" – мне это совершенно не нужно. Я устанавливаю соответствие между ОКОНЧАНИЯМИ этих чисел. И, полагаю, мне это удалось вполне.