ВТФ by Виктор Сорокин

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

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 $B_3$ ≠ $0$.

Где-то здесь ошибка.

Постараюсь исправить.

[Сорокин Виктор]

Руст писал(а):

Уже несколько раз здесь сказал, что нельзя доказать второй случай теоремы только рассматривая остатки, т.е. в $Z_{p^k}=Z/Zp^k$. С помощью леммы Гензеля можно построить нетривиальное решение даже в проективном пределе этих остатков, т.е. в p- адически целых числах. Потому доказательство второго случая от Сорокина заведомо можно не рассматривать.
Доказательство первого случая проходит для многих простых р даже такими простыми методами, но и здесь вряд ли можно придумать что то новое, кроме описанных в книге Рибенбойм. Последняя теорема Ферма.
Поэтому, предлагаю в дальнейшем игнорировать эту тему, ничего больше не писать. Я лично дальше сюда не буду заходить.

Гензель прав, а Вы - нет: из неприменимости сравнения по остаткам равенства в целом не вытекает неприменимость сравнения по остаткам частей равенства.
Я слегка замаскировал метод доказательства для первого случая, который применим к любому n. После исправления ошибки во втором случае и признания его верным хотя бы для случая n=3 я перейду к распространению доказательства на любое n.

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Руст писал(а):

Уже несколько раз здесь сказал, что нельзя доказать второй случай теоремы только рассматривая остатки, т.е. в $Z_{p^k}=Z/Zp^k$. С помощью леммы Гензеля можно построить нетривиальное решение даже в проективном пределе этих остатков, т.е. в p- адически целых числах. Потому доказательство второго случая от Сорокина заведомо можно не рассматривать.
Доказательство первого случая проходит для многих простых р даже такими простыми методами, но и здесь вряд ли можно придумать что то новое, кроме описанных в книге Рибенбойм. Последняя теорема Ферма.
Поэтому, предлагаю в дальнейшем игнорировать эту тему, ничего больше не писать. Я лично дальше сюда не буду заходить.

Да и другие на протяжении долгого времени тоже пытались объяснить Виктору Сорокину, что затея его бесперспективна - с объяснением причин. Однако он, видимо, не понимает, о чём идёт речь.
Но у нас тут цель несколько другая, совершенно идеальная и, скорее всего, совершенно недостижимая: уговорить Виктора Сорокина забросить эту ерунду и заняться более полезным делом. Например, игрой в бирюльки.

Первый кусок Вы признали верным. А теперь, уверен, Вас ждет признание и следующегокуска. Описка - это еще не кататсрофа, она исправляется...

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

А все же как насчет положительных рецензий??? В третий раз прошу, а вы девушку игнорируете!!! Абидна, да???

А вот и "свисток":

Случаи 2 распадаются на два подслучая:
2a) на n делится число c
2b) на n делится число b.

Рассмотрим сначала
Случай 2a: $c_1=0$, но $(ab)_1$ ≠ $0$, $k_{(2)}= c_{(2)}=0$, $k_3$ ≠ $0$, следовательно, $R_{(2)}=10$ и $r_{(5)}=00001$ (см. 1*)
(6°) (здесь $r = a+b$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b)$).
Но нам понадобятся также и
(7°) $p = c-b$ и $P = (c^n-b^n)/(c-b)=c^2+cb+b^2$;
(8°) $q = c-a$ и $Q = (c^n-a^n)/(c-a)=c^2+ca+a^2$.

Предварительно для удобства вычислений преобразуем $a_{(5)}=0$ (следовательно и $(-b)_{(5)}$) в 00001 с помощью некоторого $d{nn}$ из Леммы 2*.
(9°) Теперь $ P_{(5)} = Q_{(5)} = c^*0001$, где $c^*$ есть цифра $c_5$ (см. 7°-8°).

Доказательство Случая 2а
(10°) В сумме P и Q (см. 7°-9°) 5-значное окончание равно 5-значному окончанию $c^*0001+c^*0001a$, где пятая цифра, очевидно, не равна нулю. Запомним этот факт.
А теперь найдем 5-значное окончание этой суммы иначе (с учетом окончаний чисел $a$, $b$, $a+b$):
$(P+Q)_{(5)} = [(c^2+cb+b^2)+(c^2+ca+a^2)]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(b^2+a^2)]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(b^2+2ab+a^2)-2ab]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(a+b)^2-2ab]_{(5)} = (2c^2)_{(5)}$
т.е. цифра $(2c^*)_5 НЕ РАВНА НУЛЮ.
А теперь сравните этот результат с (10°).

[shwedka]

Предваряя обсуждение позднейшего (хотелось бы написать 'последнего') рассуждения.

Цитата:

Сорокин двучлен в квадрат возводить не умеет

Цитата:

второй член .... в$(C-B)^2$есть $2B$

Не $2B$, а $-2B$.

Виктор, Вы все-таки пошляк. Наберитесь мужества и в подобных случаях признавайтесь: "Да, у меня ошибка. Предложу (предлагаю) другое рассуждение''.
Иначе сторонний (а их много, по сотне просмотров на каждый пост) читатель может подумать, что у Вас все правильно, а идиоты-оппоненты ни черта не понимают и придираются.
Совсем честно было бы Вам нумеровать Ваши ошибочные рассуждения.
И в четвертый раз прошу обнародовать положительные рецензии с именами.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

shwedka писал(а):

А все же как насчет положительных рецензий??? В третий раз прошу, а вы девушку игнорируете!!! Абидна, да???

А вот и "свисток":

А где имеющиеся у вас положительные рецензии с подписями, которых Вы обещали аж 10 штук?

Сорокин Виктор писал(а):

Случаи 2 распадаются на два подслучая:
2a) на n делится число c
2b) на n делится число b.

Рассмотрим сначала
Случай 2a: $c_1=0$, но $(ab)_1$ ≠ $0$, $k_{(2)}= c_{(2)}=0$, $k_3$ ≠ $0$,

Пусть в троичной системе счисления $a=\dots 0121101$, $b=\dots 2001122$, $c=\dots 0212200$. Желающие могут проверить, что $a^3+b^3\equiv c^3\pmod{3^8}$. А что такое $k$? Или это $u=a+c-b=\dots 1210100$?

Сорокин Виктор писал(а):

следовательно, $R_{(2)}=10$ и $r_{(5)}=00001$ (см. 1*)
(6°) (здесь $r = a+b$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b)$).

$R=\dots 0222010$, $r=\dots 2200000$. Опечатка, что ли?

Сорокин Виктор писал(а):

Но нам понадобятся также и
(7°) $p = c-b$ и $P = (c^n-b^n)/(c-b)=c^2+cb+b^2$;
(8°) $q = c-a$ и $Q = (c^n-a^n)/(c-a)=c^2+ca+a^2$.

$p=\dots 1211001$, $P=\dots 0100001$, $q=\dots 0021022$, $Q=\dots 0112101$.

Сорокин Виктор писал(а):

Предварительно для удобства вычислений преобразуем $a_{(5)}=0$ (следовательно и $(-b)_{(5)}$) в 00001 с помощью некоторого $d{nn}$ из Леммы 2*.

Опечатка? $a_{(5)}\ne 0$. Умножаем $a$, $b$, $c$ на $70^3=\dots 2111201$. Полученные числа будем обозначать теми же буквами со штрихом над буквой:
$\acute a=\dots 1100001$, $\acute b=\dots 1022222$, $\acute c=\dots 0022200$. Тогда $\acute a^3+\acute b^3\equiv\acute c^3\pmod{3^8}$, $\acute u=\dots 2100100$, $\acute p=\dots 1222201$, $\acute P=\dots 0010101$, $\acute q=\dots 1222122$, $\acute Q=\dots 0002201$, $\acute r=\dots 2200000$, $\acute R=\dots 0000010$.

Сорокин Виктор писал(а):

(9°) Теперь $ P_{(3)} = Q_{(3)} = c^*01$, где $c^*$ есть цифра $c_3$ (см. 7°-8°).

Неверно: $\acute P_3\ne\acute Q_3$. И тем более $\acute P_{(5)}\ne\acute Q_{(5)}$, как Вы исправили за то время, пока я писал ответ.

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

Доказательство Случая 2а
(10°) В сумме P и Q (см. 7°-9°) 5-значное окончание равно 5-значному окончанию

$c^*0001+c^*0001a$, где пятая цифра, очевидно, не равна нулю.

Запомним этот факт.
А теперь найдем 5-значное окончание этой суммы иначе (с учетом окончаний чисел

$a$, $b$, $a+b$):
$(P+Q)_{(5)} = [(c^2+cb+b^2)+(c^2+ca+a^2)]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(b^2+a^2)]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(b^2+2ab+a^2)-2ab]_{(5)} = [(2c^2)+c(b+a)+(a+b)^2-2ab]_{(5)} = (2c^2)_{(5)}$
т.е. цифра $(2c^*)_5 НЕ РАВНА НУЛЮ.
А теперь сравните этот результат с (10°).

И там, и тут написано, что пятая цифра числа $\acute P+\acute Q=\dots 0020002$ не равна $0$. Действительно, не равна. Ну и что?

[Сорокин Виктор]

Заблудился среди трех сосен – ну и нагромоздил! А ларчик просто откравается: с помощью ТОГО же самого метода, что и первый случай.
Для $c_1=0$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b) = a^2-ab+b^2$.
Напомню, что
1*) $R_{(3)} = 010$. И этот факт не меняется от преобразования 5-значных окончаний числа $a$ в 00001, а числа $b$ ) в -00001.

Итак,
$R = (a+b)^2-3ab=(a+b)^2-c^2+c^2-3ab= (a+b-c)(a+b-c+2c)+c^2-3ab$.
И теперь $R_{(3)} = (a+b-c)(2c)+-3ab$.
Откуда $R_3 ≠ 0$. Сравни с 1*).

[Someone]

Сорокин Виктор писал(а):

$R = (a+b)^2-3ab=(a+b)^2-c^2+c^2-3ab= (a+b-c)(a+b-c+2c)+c^2-3ab$.
И теперь $R_{(3)} = (a+b-c)(2c)+-3ab$.

Числа $u=a+b-c$ и $c$, по предположению, оканчиваются на два нуля. Поэтому $u^2$, $u\cdot 2c$ и $c^2$ оканчиваются на четыре нуля и на третью цифру не влияют. Что касается числа $3ab=\dots 12000220$, то оно оканчивается на $\dots 0220$, поэтому $R=\dots 0000-\dots 0220=\dots 2010$.

Сорокин Виктор писал(а):

Сравни с 1*).

Вы не могли бы сами проделывать подобные вычисления, прежде чем вываливать сюда своё очередное "эпохальное изобретение"? То, что Вы делаете, свидетельствует о Вашем неуважении к тем, кто Вас читает.

[shwedka]

A вы не поясните, почему можно одним умножением сделать 00001
одновременно в a и в -b ???
Сколько одинаковых цифр в конце у них??

[Сорокин Виктор]

Someone писал(а):

Вы не могли бы сами проделывать подобные вычисления, прежде чем вываливать сюда своё очередное "эпохальное изобретение"? То, что Вы делаете, свидетельствует о Вашем неуважении к тем, кто Вас читает.

Вы очень быстро реагируете, и я не успеваю внести изменения.
Ох и тяжелая эта работа: за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ. Третья попытка. Надеюсь. последняя.
Для $c_1=0$ и $R = (a^n+b^n)/(a+b) = a^2-ab+b^2$.
Напомню, что
1*) $R_{(3)} = 010$. И этот факт не меняется от преобразования 5-значных окончаний числа $a$ в 00001, а числа $b$ - в -00001.

Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.

[shwedka]

Цитата:

Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.

$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)=(a+b)^2-3ab$. последняя цифра которого с полной очевидностью РАВНА НУЛЮ

Цитата:

за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ.

НА ПУСТОМ МЕСТЕ
Вот это точно сказано!!!

Цитата:

... попытка. Надеюсь. последняя.

Обещаете??
И как там с положительными отзывами??

[Сорокин Виктор]

shwedka писал(а):

Цитата:

Итак,
$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)$, последняя цифра которого с полной очевидностью НЕ РАВНА НУЛЮ.

$R = a^2-ab+b^2 = a^2+ab-2ab+b^2 = a(a+b)+b(b-2a)=(a+b)^2-3ab$. последняя цифра которого с полной очевидностью РАВНА НУЛЮ

Цитата:

за сутки по существу на пустом месте найти половину доказательства ВТФ.

НА ПУСТОМ МЕСТЕ
Вот это точно сказано!!!

Цитата:

... попытка. Надеюсь. последняя.

Обещаете??

И как там с положительными отзывами??

Да, второй случай не доказан ни на иоту. Но это отнюдь не означает, что простого доказательства не существует. И, надеюсь, оно вскоре будет найдено.

И ответ на Ваш вопрос:
В числе "а" можно превратить в 1 любое окончание.
А окончание числа b находится из 5-значного окончания суммы a+b, равного 00001 (согласно лемме 1*).

[vlata]

Эх Виктор, Виктор... ведь спрашивал Вас Hevuelto: нужна Вам помощь или нет?...
Ладно уж...
Удивительное свойство, о котором писал Ферма, заключается в том, что любое число Х, возведённое в степень n, где n>или=2, можно представить в виде суммы нечётных чисел - ограниченной последовательности ряда нечётных чисел.
При этом, любое число в любой степени можно представить в виде разности двух квадратов других чисел...
Почитайте http://hevuelto.livejournal.com/
Начните с "Степень общего вида X^n." Часть 1, 2, 3 и 4.
И доказывайте себе в удовольствие. Там много чего уже выложено для общего пользования. Ничего сложного, на школьном уровне...))
Удачи!

[cepesh]

Сорокин Виктор
Как там с положительными отзывами?