ВТФ by Виктор Сорокин

[PSP]

shwedka писал(а):

Гн. бот,
нижайше прошу не отвлекать пациента от вскрытия. Вы только что вошли в процесс, и на Ваши вопросы удовлетворительные ответы уже даны ранее. Это, конечно, не оправдывает его неточности.

Сорокин Виктор
C большим интересом прочитала Ваши путевые заметки о Швеции. Это у Вас получается много лучше.

Бедная ="shwedka"!Мне так Вас жалко!Клаву свою слезами залил...

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

A почему

Цитата:

числo $R'$оканчиваeтся на $1$

а нe на 2??

Потому что число $R$ оканчивается на $1$, согласно малой теореме Ферма (здесь число c-b не делится на n и числа c и b взаимопростые!). И опять же, согласно этой же теореме, ТОЛЬКО цифра $1$ дает в степени $n$ последнюю цифру $1$.
И самое главное: из нескольких сотен специалистов в теории чисел, знакомых с моим методом доказательства, с его исходной теоретической базой, никто (в том числе и Someone) не высказал ни малейшего несогласия.

[Сорокин Виктор]

bot писал(а):

Что такое k, я не вижу, но его и нет в следующем утверждении

Сорокин Виктор писал(а):

k – число конечных нулей в числе u=a+b-c.

bot писал(а):

(1°) Допустим, что $a^3=c^3-b^3=rR$, $a_1$ ≠ $0$, $a$, $b$, $c$ взаимопростые,...

Попарно взаимно простые?

Разумеется.

bot писал(а):

Цитата:

... следовательно, числа $r=(c-b)$ и $R = (c^3-b^3)/(c-b)=c^2+cb+b^2=(c-b)^2+3cb$ являются взаимопростыми

Это утверждение является общеизвестным фактом в теории чисел, тем не менее я не раз приводил его доказательство.

bot писал(а):

В этом рассуждении a вообще нет, остаются только b и c. Пусть b - любое, не делящееся на 3 и c=b+3. Это не контрпример к Вашему "следовательно"?

Везде в моих текстах число a не оканчивается на 0.

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

знаете, я, пожалуй готова с Вами здесь согласиться. Покажите рассуждение для случая, когда одно из чисел делится на 3.
Но опять, для степени 3, пжлста.

Жду мнение Someone. Но послезавтра опубликую в любом случае (если ничего не случится).

[shwedka]

по-видимому, ваше рассуждение имеет корни в 19 веке

Цитата:

В частности, Жермен с помощью изящного рассуждения, доказала, что если уравнение$x^n + y^n = z^n$имеет решения для таких простых n, что 2n+1 также простое число, то либо x, y, либо z делится n.

Цитата из книги Сингха
Если не читали, вот ссылка

http://www.ega-math.narod.ru/Singh/index.htm

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

по-видимому, ваше рассуждение имеет корни в 19 веке

Цитата:

В частности, Жермен с помощью изящного рассуждения, доказала, что если уравнение$x^n + y^n = z^n$имеет решения для таких простых n, что 2n+1 также простое число, то либо x, y, либо z делится n.

Цитата из книги Сингха
Если не читали, вот ссылка

http://www.ega-math.narod.ru/Singh/index.htm

Я доказал это утверждение не только для 2n+1, но и для всех простых вида n2^(2^t) + 1, но толку от этого никакого не получилось. Нужно было еще доказать бесконечность множества таких простых чисел, на что я потратил лет шесть и что мне сделать так и не удалось.

[shwedka]

Ну, про 'доказал', так это про много чего вы писали это.....
Так, может, чем другим заняться??

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Ну, про 'доказал', так это про много чего вы писали это.....
Так, может, чем другим заняться??

Пожалте
===================
Пока я жду отзыва Someone на первый случай с $n=3$, полагаю, другие участники форума могут в это время не спеша знакомиться со вторым случаем. Тем более, что описки не исключаются.

Доказательство случая $b_1=0$ (при $(ac)_1=0$) при $k=2$

Согласно ключевому равенству (в предпоследней версии старого доказательства), число $R-(c-b)^{n-1}$ оканчивается на $k+1$ нулей. Этот факт не меняется от преобразования $k+1$-значного окончания числа $a$ в $1$ (с помощью умножения равенства Ферма на некоторое число $d^{nn}$). И если у нас $k=2$, то и число $u$, и число $b$ оканчиваются на 2 нуля (поскольку число $c-b$ оканчивается на 5 нулей).
Но из непосредственного вычисления окончания числа $R-(c-b)^{n-1}$ мы видим, что третья цифра (от конца) в этом числе НЕ РАВНА нулю:
второй член в $R$ есть $b$ (единичное окончание второго члена не учитывается), а в $(c-b)^{n-1}$ есть $(n-1)b$, и потому третья цифра в $R-(c-b)^{n-1}$ равна $[b-(n-1)b]_3= (2b)_3$, где $b_3$ ≠ $0$.

Доказательство обобщается на любое простое $n>2$ и $k>0$ без каких-либо дополнительных операций.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Согласно ключевому равенству (в предпоследней версии старого доказательства)

Виктор, это безобразие! Кто же сможет разобраться, какая версия у Вас предпоследняя и где её искать? Я совершенно точно не смогу.

[shwedka]

Не считается. Напишите для степени 3
неспеша, без пропусков и без опечаток.

Скажем, в самом начале

Цитата:

Доказательство случая$b_1=0$ (при$(ac)_1=0$) при $k=2$

где-то опечатка.


А Вы в Тулузе коллеж, где Ферма в доцентах служил, посещали??

[bot]

Сорокин Виктор писал(а):

bot писал(а):

попарно взаимно простые?

Разумеется.

Это было в порядке уточнения - у Вас много чего разумеется, а между тем, к примеру числа 6, 10, 15 взаимно просты, но не попарно.

Сорокин Виктор писал(а):

bot писал(а):

Цитата:

... следовательно, числа $r=(c-b)$ и $R = (c^3-b^3)/(c-b)=c^2+cb+b^2=(c-b)^2+3cb$ являются взаимопростыми

Это утверждение является общеизвестным фактом в теории чисел, тем не менее я не раз приводил его доказательство.

О, да Вы уже знатоком теории чисел стали? А с двенадцатипалым коллегой с Альфа-Центавра Вы не знакомы? Он тем же самым занимается, только в двенадцатиричной системе счисления.
Относительно утверждения. Какое это? Вы его сформулировали?
Разумеется из равенства a^3+b^3=c^3 можно вывести всё, что угодно, просто потому, что оно ложное, но для этого его нужно применить. Где в приведённом тексте это сделано? У Вас дурной стиль, мсье Соркин. Обычно принято после обнаружении ошибки, предъявлять новый текст заново, а не заставлять читателя разбираться, при каком n в "n-м уж точно последнем варианте", в каком его месте и при каких предположениях было что-то доказано.

Сорокин Виктор писал(а):

bot писал(а):

В этом рассуждении a вообще нет, остаются только b и c. Пусть b - любое, не делящееся на 3 и c=b+3. Это не контрпример к Вашему "следовательно"?

Везде в моих текстах число a не оканчивается на 0.

Ну и что? Узнаю стиль ферманьяка - опровергни контрпример оппонента и будешь сверху. Так ведь даже это не получается. Если, как указывалось, c=b+3, то a^3=c^3 - b^3 очевидно нечётно и, следовательно, a на 0 заканчиваться не может.
Всё, во "вскрытие" больше вмешиваться не намерен. Мне вполне достаточно наших прежних с Вами встреч.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Согласно ключевому равенству (в предпоследней версии старого доказательства)

Виктор, это безобразие! Кто же сможет разобраться, какая версия у Вас предпоследняя и где её искать? Я совершенно точно не смогу.

Во-первых, я еще жду Вашей реакции на двустрочный текст первого случая, а Вы уже перешли ко второму.
Тем не менее, во втором случае само ключевое равенство я привел полностью. Вот оно:
число $R-(c-b)^{n-1}$ оканчивается на $k+1$ нулей.
Его простейший вывод я не повторил (думаю, он Вам уже оскомину набил) - сделаю это после принципиального согласия с доказательством второго случая (тогда я соединю все отдельные части для n=3).

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Не считается. Напишите для степени 3
неспеша, без пропусков и без опечаток.

Постараюсь, но не гарантирую.

shwedka писал(а):

Скажем, в самом начале

Цитата:

Доказательство случая$b_1=0$ (при$(ac)_1=0$) при $k=2$

где-то опечатка.

Конечно, опечатка, должно быть: (при $(ac)_1$ не равно $0$) при $k=2$

shwedka писал(а):

А Вы в Тулузе коллеж, где Ферма в доцентах служил, посещали??

Пока не имею возможности.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Согласно ключевому равенству (в предпоследней версии старого доказательства)

Виктор, это безобразие! Кто же сможет разобраться, какая версия у Вас предпоследняя и где её искать? Я совершенно точно не смогу.

Объединил всё, что нужно для случая n=3.
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++
Великая теорема Ферма. 2 марта 2006
Великая теорема Ферма. Март, 2006

Инструментарий:
Обозначения:
$a_{(k)}$ – $k$-значное окончание (число) в числе a в системе счисления с простым основанием $n > 2$. Пример для $a = 3401$: $a_{(3)} = 401$.
$a_k$ – $k$-ая цифра в числе $a$, $a_1$ ≠ $0$. Пример для $a = 3401$: $a_3 = 4$.

Доказательство основано на известных леммах:
1* Лемма. Если $(cb)_1$ ≠ $0$ и $(c-b)_{(k)} = 0$, тогда $(c^n-b^n)_{(k+1)}=0$, и
если $(c^n-b^n)_{(k+1)} = 0$ и $(cb)_1$ ≠ $0$, тогда $(c-b)_{(k)= = 0$ и $R_1 = 0$, $R_2$ ≠ $0$, где $R = (c^n-b^n)/(c-b)$.
2* Лемма. Если $a_1$ ≠ $0$ и $k > 0$, тогда существует такое $d$, что $(ad)_{(k)} = 1$.
3* Лемма. Если числа $c$ и $b$ взаимопростые и число $r [= c-b] $ не делится на $n$, то числа $r$ и $R$ являются взимопростыми.

Доказательство Великой теоремы Ферма для частного случая: n=3 и k=2
(1°) Допустим, что $a^3=c^3-b^3=rR$, $a_1$ ≠ $0$, $a$, $b$, $c$ взаимопростые, следовательно, числа $r=(c-b)$ и $R = (c^3-b^3)/(c-b)=c^2+cb+b^2=(c-b)^2+3cb$ являются взаимопростыми и
(2a°) $r = (c-b)= r'^3$,
(2b°) $R = c^2+cb+b^2 = R'^3=(c-b)^2+3cb=(r'^3)^2+3cb=(r'^2)^3+3cb$,
(2с°) $u = a + b-c$, где $u_{(2)} = 0$, цифра $u_{3}$ ≠ $0$, $k > 0$ (следствие из 1° и малой теоремы).
(3°) $R_{(k+1)} = (c-b)^{(n-1)}_{(k+1)} $ [КЛЮЧ доказательства!], поскольку $(k+1)$-значные окончания в числах: $(c-b)^n-(c-b)R$, $(c-b)^n-a^n$, $[(c-b)-a]Q$, $uQ$ равны $0$,
так как $u_(k) = 0$ (см. 2c°) и $Q_1 = 0$ (см. 1*).

Случай 1: $(abc)_1$ ≠ $0$.
Так как в 2b° числа $R'$ и $r'^2$ оканчиваются на $1$, то числа $R'^n$ и $ (r'^2)^3$ оканчиваются на $01$, а цифра $(cb)_1$ ≠ $0$, то равенство $R'^3=(r'^2)^3+3cb$, очевидно, НЕВОЗМОЖНО.

Случай 2: $b_1=0$, но $(ac)_1$ ≠ $0$.

Согласно ключевому равенству 3°, число $R-(c-b)^2$ оканчивается на $3$ нуля. Этот факт не меняется от преобразования $3$-значного окончания числа $a$ в $1$ (с помощью умножения равенства Ферма на некоторое число $d^9$ с сохранением свойств 2a° - 2c° – см. 2*; для ясности восприятия обозначения букв остаются прежними, но теперь числа $c$ и $a$ оканчиваются на 001). И если у нас $k=2$, то число $u$ по-прежнему оканчивается на 2 нуля, а число $c$ оканчиваются на 3 нуля (поскольку число $c-a$ оканчивается даже на 5 нулей – см. 1*).
Но из непосредственного вычисления окончания числа $R-(c-b)^2$ мы видим, что третья цифра (от конца) в этом числе НЕ РАВНА нулю:
второй член в $R$ есть $b$, а в $(c-b)^2$ есть $2b$, и потому третья цифра в $R-(c-b)^2$ равна $[b-2b]_3= (-b)_3$, где $b_3$ ≠ $0$.

Доказательство второго случая обобщается на любое простое $n>2$ и $k>0$ без каких-либо дополнительных операций. Этот случай считается самым трудным для доказательства. Первый же случай для всех простых n как будто бы доказан. Свое доказательство я представлю сразу же после подтверждения верности доказательства для случая n=3.

[shwedka]

Поработайте еще над опечатками, скажем,

Цитата:

поскольку число c-b оканчивается на 5 нулей

Цитата:

Согласно ключевому равенству 3°

(Такого в этом тексте нет!!)

Уберите n.
И введите новые обозначения для чисел, получающихся в результате
умножения на d...

А пока нечитаемо.