Доказательство ВТФ с получением тривиального решения (0,0,0)

[transcendent]

Edited.
Доказательство ВТФ для частного случая $n=3$при получении тривиального решения $x=y=z=0$.

Предварительные замечания: Представляется доказательство ВТФ, , которое является частным случаем общего доказательства для всех нечётных n, представленного ниже. Соответственно, те же самые условия соблюдены и та же самая схема доказательства используется: 1) работа проводится в бинарной числовой системе; 2) показано получение двух уравнений для z в чётной степени –точнее для цифры самого младшего разряда, c, в чётной степени -с целью определить/найти тривиальные решения для уравнения ВТФ.
Доказательство:
1. Доказательство использует цифры самого младшего разряда для чисел $x, y, z$ в уравнении $x^3+y^3=z^3$ , (А), что позволяет записать для уравнения ВТФ это выражение $a^3+b^3=c^3 (\mod 2)$, (Б), где $a, b, c$ являются цифрами младших разрядов.
2. Возводим в квадрат уравнение (Б) и получаем $a^6+2a^3b^3+b^6=c^6$, (В).
3. На основании изучения литературы (см. Дополнительная информация) пришли к выводу, что можно записать выражение (Б) следующим образом: $a+b=c (\mod 2)$, (Г)
4. Выражение (Г), как уравнение, возводим в степень 6 и получаем: $a^6+6\cdot a^5\cdot b +15\cdot a^4 \cdot b^2+20\cdot a^3 \cdot b^3 +15\cdot a^2 \cdot b^4 +6\cdot a \cdot b^5+b^6=c^6$, (Д).
5. Приравнивая выражения (В) и (Д) и сократив слагаемые, получаем следующее уравнение: $(-2 \cdot (a^4+b^4)-6 \cdot a^2 \cdot b^2)/(5 \cdot (a^2+b^2))=a \cdot b$, (Е), что подразумевает наличие только отрицательных значений $a$ или $b$, что, в свою очередь, является противоречием и нонсенсом.
6. Пункт 5 означает, что только тривиальное решение $x\cdot y \cdot z=0$ возможно для ВТФ уравнения (А).
Q.E.D.
Дополнительная информация: При работе использовалась литература, часть из которой указаны ниже. Ответственность за написанное в данном разделе не может быть предусмотрена. Уравнение (Г) было получено с помощью уравнения $z=-(x+y)$, в свою очередь, полученного в ходе различных дискуссий на форумах с разными экпертами. Поэтому, моих ответов именно на эту тему может быть минимум, либо они не будут, вообще. Итак,
Дополнительная Литература:
https://opus.govst.edu/cgi/viewcontent. ... heses_math
https://www.math.mcgill.ca/darmon/cours ... ulihan.pdf
https://mathwomen.agnesscott.org/women/ ... andFLT.htm
Ноябрь, 12, 2024.




Общее доказтельство ВТФ для любых нечётных значений n.

Предварительные замечания: это доказательство использует только первые цифры, a,b,c, справа у всех чисел, х,у,z, $x^n$, $y^n$, $z^n$ и не использует явно терминологию модульной арифметики. Это ясно, что ,например, 167=7 мод 10, но это не используется здесь, чтобы доказательство было понятно любому, кто не знаком с модульной арифметикой. Покапзано доказательство для нечётных степеней, $n$, которые выражаются формулой $n=4k-1$, $k=1, 2, 3, ...$, т.е., натуральные числа от 1. Аналогичное доказательство имеется для нечётных степеней вида $n=4k-3$, $k=2, 3, 4, ...$. Бинарная числовая система наиболее удобна для указанных ниже рассуждений. Значения нечётных степеней, охватывающих всё множество нечётных чисел, кроме 1, были получены при использовании числовой Базы 10.
Цель работы-доказать ВТФ, показав тривиальное решение $x=0,y=0, z=0$.
Лемма: Для уравнений $a^7+b^7=c^7$, (1), и $ a^{11}+b^{11}=c^{11}$, (2), при $a^3+b^3=c^3$,(3), верно равенство $a=b$, где $a$, $b$, $c$ есть первые цифры справа чисел $x$, $y$, $z$ из уравнения ВТФ.
Доказательство:
1. Делим уравнение (1) на уравнение (3): $(a^7+b^7)/(a^3+b^3)=(c^7)/(c^3)$ и получаем $(a^7+b^7)/(a^3+b^3)=c^4$,(4).
2. Возводим уравнение (4) в квадрат, получив $((a^7+b^7)^2)/((a^3+b^3)^2)=c^8$, (5).
3. Делим уравнение (2) на уравнение (3): $(a^{11}+b^{11})/( a^3+b^3)=(c^{11})/(c^3)$ и получаем $(a^{11}+b^{11})/(a^3+b^3)=c^8$,(6).
4. Делим уравнение (5) на уравнение (6), $[((a^7+b^7)^2)/((a^3+b^3)^2)]/[(a^{11}+b^{11})/(a^3+b^3)] =1$ и получаем $((a^7+b^7)^2)/[(a^3+b^3)(a^{11}+b^{11})]=1$, (7).
5. Переписываем уравнение (7) таким образом: $(a^3+b^3)(a^{11}+b^{11})= (a^7+b^7)^2$, (8).
6. Переписываем уравнение (8) таким образом: $a^{14}+a^{11}b^3+a^3b^{11}+b^{14}=a^{14}+2a^7b^7+b^{14}$, (9).
7. Аннулируем в уравнении (9) слагаемые $a^{14}$ и $b^{14}$ справа и слева, поскольку в сумме они дают 0, и получаем $a^3b^3(a^8+b^8)=2a^7b^7$, (10).
8. Сокращаем обе стороны полученного уравнения на $a^3b^3 $и получаем $a^8+b^8=2a^4b^4$, (11).
9. Переносим $2a^4b^4$, справа налево: $a^8-2a^4b^4+b^8=0$, (12).
10. Уравнение (12) представляет собой разложение квадратного уравнения: $(a^4-b^4)^2=0$,(13).
11. Из уравнения (13) следует, что $a^4-b^4=0$, (14).
12. Из уравнения (14) следует, что $a^4=b^4$, (15).
13. Из уравнения (15) следует, что $a=b$, (16).
14. Из уравнения (16) следует, что Лемма $a=b$ доказана.
15. Из п.14 прямо следует, что $x=y=z=0$, т.е., тривиальное решение для уравнения ВТФ, потому что, в бинарной системе при любом p мы можем переименовать $x=u$, $y=-v$, $z=-w$, и получить точно такое же выражение с цифрами, $u_0=w_0$, для нового уравнения $u^p+w^p=v^p$, где р есть любое нечётное число, большее, чем 1,- что является противоречием.
Q.E.D.
Дополнительные комментарии об основных вопросах, полученных при обсуждении ранее на дургих форумах и при личных контактах по элетронной почте.
При обсуждении на одном из европейских форумах было 3 основных вопроса:
1. Алгебраические (арифметические) операции в пунктах 1, 2, 3, 4, 7 могут содержать запреты деления на 0, если мы имеем тривиальные решения к уравнению ВТФ. Тот же вопрос был сгенерирован ИИ и у россйиского пользователя и активного участника данного форума, и у английского пользователя ИИ.
Ответ: Неопределённость вида 0/0, представляющая собой действительное число, снимает этот вопрос.
2. Что насчёт бесконечного числа других, кроме 0,0,0 тривиальных решений?-европейские эксперты спрашивали. Ответ им был такой: "Бесконечное число других тривиальных решений, кроме 0,0,0 исключён данным доказательством и ни Вы/вы, ни я ничего не можем с этим поделать".
3. Эксперты говорили "Вы что-то сделали для степеней 3, 7, 11, но где показано, что это доказательство для любых нечётных n?"
Ответ:
А. Для степеней 5,9,13 есть аналогичное доказательство,-т.е., для сттепеней $n=4k-3$.
Б. Если интеренсны другие степени, подчиняющиеся формуле $n=4k-3$ или $n=4k-1$, всегда можно выбрать нижнее значение другое степени, а не 3, как это сделано в представленном доказательстве, т.к., главное-придерживаться представленной схемы получения , например, $z^4$, или иной величины в чётной степени. Это положение не внесено в представленное доказательство, т.к., оно является очевидным.
Другие вопросы от ИИ были, на мой взгяд, несущественны, к тому же, ИИ часто выдаёт диаметрально противоположное "мнение". Я всегда отвечал, что это есть именно, что "мнение", которое "лежит" где-то далеко , паример, в Тихом Океане, на острове Самоа,на одном из компов. И ничего толком ИИ скаазть не может об элементарном доказательстве ВТФ, поскольку такового пока ещё не существует... Как-то так.
Кстати, если быдут аналогичные -как вверху-вопросы, я хотел бы уведомить уважаемых экспертов, что пока добавить нового ничего не имею к ответам на них, данным выше. Поэтому, прошу меня простить заранее, если я не могу отвечать в течение разумного времени. Но, я буду стараться!:)

[nnosipov]

Теме суждено прямиком проследовать в Пургаторий:

transcendent в сообщении #1661098 писал(а):

ни Вы/вы, ни я ничего не можем с этим поделать

По той причине, что Лемма не имеет никакого отношения к ВТФ.

[transcendent]

nnosipov в сообщении #1661117 писал(а):

Теме суждено прямиком проследовать в Пургаторий:

Тут не требуется какое-то согласие/несогласие с моей стороны. Но, можно ли перед вхождением во врата Пургатория, хотя бы, узнать причину-почему

nnosipov в сообщении #1661117 писал(а):

Лемма не имеет никакого отношения к ВТФ.

? Чтоб в будущем более не возвращаться к этому вопросу.
Спасибо заранее!

[mihaild]

transcendent в сообщении #1661098 писал(а):

чтобы доказательство было понятно любому, кто не знаком с модульной арифметикой

Предлагаю всё же писать так, чтобы доказательство было понятно людям, знакомым с модульной арифметикой, тут таких больше, а им Ваше рассуждение непонятно :)

transcendent в сообщении #1661098 писал(а):

Для уравнений $a^7+b^7=c^7$, (1), и $ a^{11}+b^{11}=c^{11}$, (2), при $a^3+b^3=c^3$,(3), верно равенство $a=b$, где $a$, $b$, $c$ есть первые цифры справа чисел $x$, $y$, $z$ из уравнения ВТФ

Переписываю первый случай на русском:
Пусть $x,y,z$ натуральные, $x^3 + y^3 = z^3$, $a = x \pmod {10^n}$, $b = x \pmod {10^n}$, $c = z \pmod {10^n}$. Пусть так же $a^7 + b^7 = c^7$ и $a^3 + b^3 = c^3$. Тогда $a = b$.
Это утверждается? Это очевидно, но неинтересно.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1661125 писал(а):

им Ваше рассуждение непонятно :)

Скорее всего, Вы правы в этой мысли, но, что уже написано-то уже написано. А правы потому, что, если б было написано в терминах мод.арифметики, то, скорее всего, этот отзыв бы не появился:

nnosipov в сообщении #1661117 писал(а):

Лемма не имеет никакого отношения к ВТФ.

. Или что-то ещё? Я просил бы дать эту информацию. Потому что, на европейском форуме, который был мной упомянут, тоже было такое высказывание. Мне пришлось потратить некоторое время, чтобы показать, что я имею в виду цифры в нулевой позиции, т.е., крайние справа. И,тогда число/числа можно записывать так: $x=Aa$, где а -крайняя справа цифра, A- остальные цифры для других порядков, т.е., $a_n\dot2^n+a_{n-1}\dot2^{n-1}+...+a_2\dot2^2+a_1\dot2^1$для числовой Базы 2 и без $a_0$ или "а", как в представленном выше тексте. Похоже-для других чисел, т.е., для $y$ и $z$. Нет смысла писать число/а целиком и по этой этой причине было записано так, как есть. Поэтому, я не согласился бы с самым первым комментатором и хотел бы ещё раз попросить прояснить его позицию.

mihaild в сообщении #1661125 писал(а):

Тогда $a = b$.
Это утверждается? Это очевидно, но неинтересно.

-Прошу прощения, но здесь я с Вами не согласен; да Вы исами , скорее всего, с собой несогласны? Потому что, и и другие могут быть не согласны: https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_ ... _exponents . Т.е., Это может быть очевидным, а может быть неочевидным. Когда мы переписываем параметры так, как показано выше (я не утверждаю, конечно, что я первый это сделал, но сейчас не об этом речь), мы получаем противоречие.
Ок. Если -

mihaild в сообщении #1661125 писал(а):

неинтересно

, без меня знаете, что со всем этим делать.
Мои извинения, что побеспокоил.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1661126 писал(а):

Когда мы переписываем параметры так, как показано выше (я не утверждаю, конечно, что я первый это сделал, но сейчас не об этом речь), мы получаем противоречие

Нет, противоречие мы получаем, когда из ниоткуда добавляем к уравнению $a^7 + b^7 = c^7$ уравнение $a^3 + b^3 = c^3$.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1661128 писал(а):

Нет, противоречие мы получаем, когда из ниоткуда добавляем к уравнению $a^7 + b^7 = c^7$ уравнение $a^3 + b^3 = c^3$.

Нет, почему же из ниоткуда? Когда Вы пишете уравнение ВТФ, $x^p+y^p=z^p$ , но на Форуме специально вычленяется, как приоритетное требование, уравнение с $n=3$-это "из откуда"?
Т.е., "Правила форума
Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3".
А, когда, имея в бинарной системе всего две цифры, 0 и 1, я имел написанным $a^7+b^7=c^7$ и $a^3+b^3=c^3$-это

mihaild в сообщении #1661128 писал(а):

ниоткуда

?
Интересно бы узнать более подробное объяснение такой избирательности с Вашей стороны, уважаемый mihaild.
Тем не менее, пишу причину почему мной были выбраны именно те степени, которые выбраны. Если мы возводим известные нам 10 цифр в разные степени, то мы имеем вот такую "картину", чтобы получить саму же исходную цифру -подразумевается, что остаток переносится влево, в другие разряды:
1 can be obtained by exponentiation $1^n$(=$21^3$ =9261, for example, $ 3^{4k}$, $ 7^{4k}$, $9^{2k}$;
3 can be obtained by exponentiation $3^{4k-3}$, $7^{4k-1}$;
5 can be obtained by exponentiation $5^n$;
7 can be obtained by exponentiation $3^{4k-1}$, $7^{4k-3}$;
9 can be obtained by exponentiation $3^{2k}$, $7^{4k-2}$, $9^{2k-1}$,
0 can be obtained by exponentiation $0^n$;
2 can be obtained by exponentiation $2^{4k-3}$, $8^{4k-1}$,
4 can be obtained by exponentiation $2^{4k-2}$, $4^{4k-3}$, $8^{4k-2}$;
6 can be obtained by exponentiation $2^{4k}$, $4^{2k}$, $6^n$, $8^{4k}$;
8 can be obtained by exponentiation $2^{4k-1}$, $8^{4k-3}$.

Уважаемый эксперт №2, мне пока больше нечего добавить. Что-то по вопросу эксперта №1 можно узнать, всё-таки?
Можно узнать что-то по существу? Извинения, если что не так.

[mihaild]

transcendent в сообщении #1661131 писал(а):

Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3

Хорошо, тогда непонятно откуда добавлено уравнение $a^7 + b^7=c^7$.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1661134 писал(а):

Хорошо, тогда непонятно откуда добавлено уравнение $a^7 + b^7=c^7$.

A. Из Таблицы выше, к примеру, берём строки:
1.

transcendent в сообщении #1661131 писал(а):

3 can be obtained by exponentiation $3^{4k-3}$, $7^{4k-1}$;

2.

transcendent в сообщении #1661131 писал(а):

2 can be obtained by exponentiation $2^{4k-3}$, $8^{4k-1}$,

3.

transcendent в сообщении #1661131 писал(а):

5 can be obtained by exponentiation $5^n$;

.
Это означает, чты мы берём числа $(.3)^{4k-3}$, $(..2)^{4k-3}$-складываем их, и получаем $(...5)^n$, где "."-старшие порядки в числе x, ".."-старшие порядки в числе y, "..."-старшие порядки в числе z-буквы A, B,C (как это было уже предложено мной выше) мне подставить не удалось по техническим причинам, $n=4k-1$, поскольку в таких случаях мы в состоянии использовать такие значения $n$, которые соотвествуют двум другим слагаемым. Но, такая формула именно и даёт степени 3, 7, 11, 15 и т.д., которые показаны в доказательстве выше.
Любой может в представленном примере использвать формулу $n=4k-3$. Но, тогда в выделенных строках он должен использовать цифры 7, 8 и 5 для a, b, c.
Можно привести аналогичную таблицу для Базы 11. Но, и там мы найдём всё то, что уже показано.
B. Если ВСЕМ позволено вычленять какую-то одну степень, а именно, $n=3$ (и т.д.-см. сотни лет назад при доказательстве ВТФ для этих отдельных степеней), то мог бы я попросить предоставить любезно запрет-почему именно я не могу делать так, как это сделано мной выше?

Всего наилучшего, спокойной ночи!

[mihaild]

Не надо приводить никакую "аналогичную таблицу". Надо полностью выписать доказательство для случая $n = 3$. С четкими определениями (как именно "obtain by exponentiation"? и какое это вообще отношение имеет к делу? - не надо отвечать на конкретно эти вопросы, надо писать так, чтобы они не возникали), и четким выписыванием, что из чего выводится.
Зато можете смело рассчитывать, что все стандартные вещи читатели знают, в том числе знают, что такое остатки по модулю :)

[transcendent]

Я пока не могу так сделать, поскольку структура моего доказательства этого не позволяет. Я уже понимаю, что Вы тоже это поняли.:) Но, зачем-то это написали. Я очень хотел бы сделать так-в соответствии с ПРАВИЛАМИ,-но...Вы же сами всё видите.
Спокойной ночи, на этот раз-точно...

[Combat Zone]

transcendent в сообщении #1661137 писал(а):

поскольку структура моего доказательства этого не позволяет.

Структура вашего доказательства не позволяет доказать ничего.

transcendent в сообщении #1661098 писал(а):

верно равенство $a=b$, где $a$, $b$, $c$ есть первые цифры справа чисел $x$, $y$, $z$ из уравнения ВТФ.

Какого именно уравнения? В вашей лемме степень не фиксирована. Чему равно $n$ в уравнении?

Далее, предположим, даже это доказательство верно и осмысленно (во что я пока не вдаюсь по ряду причин). Как из того, что последние цифры в десятичном разложении совпадают, следует отсутствие решений в уравнении Ферма?

[transcendent]

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

Структура вашего доказательства не позволяет доказать ничего.

Прошу прояснить Ваше процитированное высказывание.

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

ничего.

-это что? Это что-то или ничего=что-то=пустое множество? Структура моего доказательства построена стандартно: тезис (Лемма)-аргументы-демонстрация. Укажите, пожалуйста, что конкретно Вас не устраивает. Видимо, самый наглядный способ- показать опровержение. Я не цепляюсь за что-то, я хотел бы знать точно-что есть неправильно.

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

Какого именно уравнения?

В строгом соответствии с правилами Форума:
"Правила форума
Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая $n=3$" , с использованием $n=7$ и $n=11$, поскольку это обусловлено структурой моего доказательства.

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

В вашей лемме степень не фиксирована.

Как "фиксирована степень" в уравнении ВТФ и чем конкретно Вас не устраивает моя Лемма: Я не понимаю, что такое "степень не фиксирована". Степнь есть в моём доказательстве так, как она есть-в чём ошибка?

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

Чему равно $n$ в уравнении?

Степень $n=3$ , $n=7$, $n=11$ для пунктов 1-14 при доказательстве Леммы. В пункте 15 обобщение делается для всех нечётных значений $n>2$, поскольку эти значения определены двумя формулами, а именно $n=4k-1$ -для показанного в доказательстве случая,- и $n=4k-3$,- для степеней 5, 9, 13.
Остановимся на случае $n=4k-1$. Если бы Правила Форума гласили, что надо показывать доказательство для $n=7$, то мы имели бы следующий текст нашей Леммы:
Для уравнений $a^{15}+b^{15}=c^{15}$, (1), и $ a^{11}+b^{11}=c^{11}$, (2), при $a^7+b^7=c^7$,(3), верно равенство $a=b$, где $a$, $b$, $c$ есть первые цифры справа чисел $x$, $y$, $z$ из уравнения ВТФ.

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

Далее, предположим, даже это доказательство верно и осмысленно (во что я пока не вдаюсь по ряду причин).

-Можно подробнее о причинах?

Combat Zone в сообщении #1661139 писал(а):

Как из того, что последние цифры в десятичном разложении совпадают, следует отсутствие решений в уравнении Ферма?

-Как Вы прекрасно знаете без меня, тривиальные решения неотличимы своими последними (крайними справа) цифрами от гипотетических решения уравнения ВТФ. Также, мы знаем априори, что тривиальные рещения существуют.Следовательно, наша задача состоит в том, что научиться отличать/выделять трививальные решения. Кратко, это можно записать так-мы должны получить $xyz=0$. Это будет означать доказательство ВТФ. У Э. Уайлса это есть. У Софи Жермен это есть (надо посмотреть точнее, если я не ошибаюсь...) Почему в нашей стороне это нельзя сделать?
Доказав Лемму для тройки n $n=3$, $n=7$, $n=11$ и тройки n $n=5$, $n=9$, $n=13$, мы можем WLOG доказать это для всех $n=4k-1$ и $n=4h-3$ путём смещения нижней границы значения n на 4, например. Т.е., мы доказываем следующим шагом Леммы для троек $n=7$, $n=11$, $n=15$ и $n=9$, $n=13$, $n=17$ и т.д.
Вас интересует детализация в пункте 15? Это делается путём переименования переменных, как сказано выше:

transcendent в сообщении #1661098 писал(а):

Из п.14 прямо следует, что $x=y=z=0$, т.е., тривиальное решение для уравнения ВТФ, потому что, в бинарной системе при любом p мы можем переименовать $x=u$, $y=-v$, $z=-w$, и получить точно такое же выражение с цифрами, $u_0=w_0$, для нового уравнения $u^p+w^p=v^p$, где р есть любое нечётное число, большее, чем 1,- что является противоречием.

Это означает, что последние цифры после переименования тоже равны, $u_0=w_0$. А это есть не что иное, как $a=c$ для написания до переименования. Но, мы также получили до переименования $a=b$. Это означает что все три последние цифры, $a,b,c $, одинаковы-то же самое- для чисел $x, y, z$. В свою очередь, это означает, что (при этом, мы помним, что мы работаем в бинарной числовой системе)все три числа $x, y, z$ являются либо чётными, либо нечётными, что есть нонсенс. Q.E.D.
Уверен, Вы скажете, что "ничего нет такого, что следовало бы опровергать, потому что всё-нонсенс". Да уже и сказали-см. начало к этому моему комментарию. Ну, дык, покажите, пожалуйста, где он-этот нонсенс?:)

[mihaild]

transcendent в сообщении #1661158 писал(а):

Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая $n=3$" , с использованием $n=7$ и $n=11$,

Доказательство, которое требует считать, что одна и та же переменная принимает два разных значения, автоматически некорректно. Если вам почему-то нужно рассматривать одновременно несколько случаев, обозначьте соответствующие решения и значения степени разными буквами (а лучше значения степени вообще буквами не обозначайте, а пишите число явно).

Вы можете доказать, что уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в натуральных числах? Если да, то приведите доказательство. Обратите внимание, что в доказываемом утверждении вообще не используется переменная $n$, поэтому, если она появится где-то в доказательстве, нужно будет явно сказать, какой по ней квантор.

[transcendent]

mihaild в сообщении #1661161 писал(а):

одна и та же переменная принимает два разных значения

Переменная по определению (и по смыслу самого слова) принимает разные значения: https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D0 ... 0%BE%D0%B9.
(Знаете без меня...)Я использую разные ("переменные") значения n.

mihaild в сообщении #1661161 писал(а):

Вы можете доказать, что уравнение

?- подумаю. Идея есть. Надо найти время, чтобы попробовать проверку.