Доказательство БТФ

[ljubarcev]

Someone писал(а):

Мат в сообщении #174049 писал(а):

Учитывая, что
$a+b=c_0^n$
$c-a=b_0^n$
$c-b=a_0^n$

Это не всегда верно.

Уважаемый Someone! Врное указание1. При $a^n+b^n=c^n$, $(a;b;c)$ попарно взаимно простых числа $c-a$; $c-b$; $a+b$ так же попарно взаимно простые . В случае, когда ни одно из чисел $a;b;c;$ не делится не $n$ все три равеннства должны быть верны, в случае когда одно из чисел $a;b;c;$ делится на $n$ два равеннства должны быть верны а третье нет.
Дед.

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #181431 писал(а):

В случае, когда ни одно из чисел не делится не все три равеннства должны быть верны, в случае когда одно из чисел делится на два равеннства должны быть верны а третье нет.
Дед.

Someone знает это не хуже нас. Я, правда, тоже не понял, о чём они полемизировали с Maт, но не об этом.
Вы второй раз не понимаете Someone, первый раз, когда Вы заметили, что это Вы со Shwedka разбирали вариант, когда одно из оснований делится на $9$.
Someone просто говорит, что приоритет всех изысков с таким вариантом при использовании $n$-ого счисления, принадлежит Виктору Сорокину.
Я смотрел по вашей ссылке вашу полемику со Shwedka.
Но используемые Вами обозначения ставят меня в тупик.
В этом я предпочитаю строгие стандарты. Да и моё мнение значения не имеет.

[ljubarcev]

Iosif1 писал(а):

Вы второй раз не понимаете Someone, первый раз, когда Вы заметили, что это Вы со Shwedka разбирали вариант, когда одно из оснований делится на 9...

Уважаемый Iosif ! Вы не внимательно читали и моё сообщение и мою тему. Я утверждал, что мы со Syhwedkой доказали (элементарно, на уровне знаний ученика средней школы) справедливость утверждения Ферма при $n=3$ для случаев, когда ни одно из чисел тройки не делится на $3$ и для случая, когда одно из чисел делится на 3 в первой степени. Shwedka согласилась с доказательством. Никто другой так же за прошедшее время замечаний не высказал. После этого, сделав замечание, что случай, когда одно число из тройки делится на $9$ не доказан Shwedka из темы ушла. Я понял так, что Someone имел ввиду именно это доказательство и это замечание. Выразился он очень аккуратно !
Далее, рассуждая ниже следующим образом, я посчитал последнее замечание Shwedki не существенным и, так как от дальнейшего обсуждения она отказалась, отвечать на него не стал. Рассуждаю я так: доказано: равенство не выполняется при $x$ делящемся на $3$. Если $x$ делится на $9$ или вообще на $3^i$, то оно всегда делится на $3$ и поэтому решений в этих случаях так же быть не может. Из верного утверждения: равенство $2P=2K+1$ не имеет решений в натуральных числах следует верное утверждение: $2^iP_1=2K_1+1$ тоже не имеет решений в натуральных числах.
Или это надо доказывать? Дабы не захватывать тему Iosifa прошу высказываться в моей теме «О «последнем» утверждении П. Ферма».
Дед.

[shwedka]

ljubarcevВы ошибаетесч. У Вас есть доказательство для случая, когда чодно из ьисел делится на 3, но не делится на 9.

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #182216 писал(а):

Или это надо доказывать?

Когда в 1980 году я стал заниматься БТФ, доказывать вариант, когда ни одно из оснований не делится на $3$, доказывать было не надо:
Г.Эдвардс «Большая теорема Ферма» (1)
А, верно ещё ранее.
Вариант, когда одно из оснований не делится на $9$, но делится $3$, я доказал ещё проще. (По моему мнению)
В доказательстве варианта, когда одно из оснований делится на $9$, это к сожалению не удалось.
Я считал, что и в этом случае просчёт сомножителей $3$ позволит установить истину. Но оказалось, что используемый мною приём эффективен при доказательстве БТФ для любой простой степени не потому, что он позволяет совершать эффективно просчёт $n$ сомножителей, а потому, что число не может быть степенью, не имея второго нулевого разряда в $n$ том счислении.
Но я не знал тогда, да и не знаю до сих пор, был ли этот частный случай доказан до издания книги (1).
Я бросился во все тяжкие, ища закономерность, позволяющую совершать просчёт $n$-тых сомножителей при произвольном наполнении такими сомножителями одного из оснований.. Но всегда остаётся лазейка. Лазейкой я считаю и вариант, формализовать который, по моему мнению, нельзя, так как для этого, чтобы формализовать требуется в поиске закономерности производить большое количество просчётов. Что мне не под силу.
Как, например, при построении числовых рядов степеней через числовые интервалы заданной величины.
Но главное, что использование счислений привело меня к другим вариантам доказательства, не оцененным никем до сих пор.
Кроме того используемый приём , по моему мнению, очень полезен для понимания сути проблемы особенно для новичков.
Хотя бы для того, чтобы не ломиться в закрытую дверь.
Я с удовольствием постараюсь разобраться в используемом Вами варианте доказательства, если смогу, при условии организации для меня ликбеза ссылками, или прямым текстом сути используемого Вами принципа доказательства. (В вашей теме).

С уважением.

P.S.Поздравляю Вас с тем, что shwedka подтверждает эффективность вашего доказательства для частного случая.

[Усулгурт]

Почему нужно теорему с экспоненциальной сложностью доказательства доказывать, если все равно выдохнетесь?

[Iosif1]

Усулгурт писал(а):

Почему нужно теорему с экспоненциальной сложностью доказательства доказывать, если все равно выдохнетесь?

Это вопрос риторический: почему, зачем?
Я не пытаюсь доказывать, я показываю доказательства.
Если есть желание, давайте приступим к "тренировкам", "пока земля ещё вертится".

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcevВы ошибаетесч. У Вас есть доказательство для случая, когда чодно из ьисел делится на 3, но не делится на 9.

Уважаемая Shwedka! Вы правы в том смысле, что из приведенного
$\frac{2mgk}{3}=\frac{g^3-k^3}{9}-m^3$, доказывающего отсутствие решений при $x$ делящемся на $3^1$ НЕ ОЧЕВИДНО , что решений нет и при $x$, делящемся на $9$. Однако, я не согласен с Вашим утверждением, что случай деления $x$ на $9$ и вообще на $3^i$ является более общим.. На самом деле, так как при $x$ делящемся на $3^i$ оно всегда делится на $3^1$, а что при этом исходное равенство не выполняется – доказано, по этому ничего больше доказывать не надо. Для доказательства ОТРИЦАТЕЛЬНЫХ утверждений случай деления на $3^1$ является наиболее общим, все остальные случаи деления на $3^i$ при любом натуральном $i$ являются частными. Согласен, что при доказательстве ПОЛОЖИТЕЛЬНЫХ утверждений случай деления на $3^i$ при любом натуральном $i$ является общим, а случай деления на $3^1$ является частным.
Дед.

Добавлено спустя 34 минуты 27 секунд:

Уважанмый Iosif ! А где можно посмотреть Ваше доеазательство для случая, когда одно из чисел делится на $3^1$
Дед

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #184390 писал(а):

Однако, я не согласен с Вашим утверждением, что случай деления $x$ на $9$ и вообще на $3^i$ является более общим..

У меня не было такого утверждения.

Повторяю. Вы доказали неразрешимость уравнения Ферма, когда одно из чисел делится на 3, но НЕ ДЕЛИТСЯ на 9. Случай, когда одно из чисел делится на 9 НЕ БОЛЕЕ ОБЩИЙ, а ДРУГОЙ!!. К нему Ваше рассуждение не относится.

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #184390 писал(а):

Для доказательства ОТРИЦАТЕЛЬНЫХ утверждений случай деления на 3^1 является наиболее общим, все остальные случаи деления на 3^i при любом натуральном i являются частными. Согласен, что при доказательстве ПОЛОЖИТЕЛЬНЫХ утверждений случай деления на 3^i при любом натуральном i является общим, а случай деления на 3^1 является частным.
Дед.

Я не вместо shwedka, я за себя.
Человечество почему то бросилось исследовать делимость на 3^i. Это принесло, несомненно много пользы математической общественности, но и много хлопот. Есть же и другие модули. И они тоже очень красноречиво говорят о справедливости утверждения БТФ.
Даю ссылку, где размещены варианты доказательства:
http://www.wikiznanie.ru/ru-wz/index.php/%D0%9E%D0%B1%D1%81%D1%83%D0%B6%D0%B4%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D0%B5:%D0%91%D0%BE%D0%BB%D1%8C%D1%88%D0%B0%D1%8F_%D1%82%D0%B5%D0%BE%D1%80%D0%B5%D0%BC%D0%B0_%D0%A4%D0%B5%D1%80%D0%BC%D0%B0

Одно из которых, как раз основано на использование контрольных модулей.
Почему то никто из математической общественности не замечает полученного эффекта.
Есть там и другой вариант доказательства, основанный на сопоставлении величины ((2b)^3-2b)/6=Q_{2b} (1).
Этот вариант доказательства ещё проще и понятней, как мне кажется.
В крайнем случае, так должно быть.
Доказательство построено на сопоставлении величины 1, получаемой, в первом случае, как указано в выражении 1, а во-втором, как сумма точных квадратов с нечётными основаниями, расположенными в соответствии с числами натурального числового ряда.
Что особенно интересно для этого варианта доказательства: вообще не надо считать никаких сомножителей.
БТФ доказывается комплексно, сначала для третьей степени, а затем для всех степеней сразу.
Я, конечно, не собираюсь утверждать, что способ, обеспечивающий читабельность сомножителей n обречён.
Но контрпример Someone склоняет меня к мысли, что для того, чтобы показать справедливость БТФ, в данном варианте, необходимо проводить анализ всех величин, априори, точных степеней, на соответствие их таковыми на разрядах это обеспечивающих.
Но мои расчётные возможности лишают меня этого удовольствия.
Полезно ли моё мнение для Вас, не знаю.
Ваш адресат, думаю, скажет об этом сам.

[Iosif1]

Отвечаю на вопросы, оставленные без ответа из-за перехода.

Цитата:

Someone писал:
Вы до сих пор не научились окружать формулы знаками доллара.
Iosif1, что же Вы до такой степени необучаемый?

Это правда. За мной это с малолетства.
Вернулся в тему, думал, думал и решил вернуться в тему, по моему мнению, тут много полезного.

Цитата:

Age

Прежде всего, выложите всё ваше доказательство целиком на одной странице, или если оно уже есть, дайте ссылку именно на доказательство. Бродить по сайту в поисках правильного доказательства никому не охота.

Готовлю только замечания к доказательству.
Нужно бы дать табличный материал.
Википедиевские таблицы почему то не проходят.
Может быть здесь какой-то шаблончик другой. Пока не могу определиться.

Цитата:

Venco писал:
Я рассмотрел то, что написано в http://www.wikiznanie.ru/ru-wz/index.ph ... 0%BC%D0%B0:

1.
На протяжении 2/3 текста автор доказывает, что если , то , что легко можно проверить, просто раскрыв скобки.

Этим я показал правомочность применяемых расчётов. Алгебраический способ выражения и тут приводит к равенству $0=0$.
А доказательство должно иметь способ формализации, показывающий его истинность.
Почему? Потому, что простое увеличение оснований, например, в два раза должно приводить увеличение величины $k$ в два раза, ведь эта величина изменяется по прямолинейному закону. А при числовом наполнении это совсем не так. И это объяснимо.
Возьмём чётные основания
1. $2*a$ и $2*c$;
2. Рассчитаем предполагаемую величину $2*k$, задаваясь произвольными значениями величины $2*b$.
3. Снова увеличим основания в два раза и произведём новый просчёт предполагаемой величины $4*k$ - соответствующего значения не получаем. И так и при продолжении расчётов соответствующим способом.

1. По данному анализу можно установить, что когда величина $a+b=c$ (1), при увеличении оснований в $m$ раз, соотношение предпологаемых величин ($k$) с каждым разом , увеличивается в $m^n$ раз.


2.При условии, когда равенство 1 не обеспечивается, а предполагаемая величина $k$ положительная, соотношение предпологаемых величин ($k$) с каждым разом увеличивается, стремясь к значению $m^n$ .





3. При условии, когда равенство 1 не обеспечивается, а предполагаемая величина $k$ отрицательная, соотношение предпологаемых величин ($k$) с каждым разом уменьшается стремясь к значению $m^n$ .

Какой может быть здесь контр пример?
Что если мы получим точное значение величины $k/3$ этого происходить не будет?
Но значения действительные и в случае составления равенства, и в случае, когда используется не равенство.

Цитата:

Venсo писал:
Я рассмотрел то, что написано в http://www.wikiznanie.ru/ru-wz/index.ph ... 0%BC%D0%B0:

1.
На протяжении 2/3 текста автор доказывает, что если , то , что легко можно проверить, просто раскрыв скобки.

Целью данного описания как раз и явилось приглашение к рассмотрению расчёта.

Цитата:

Venсo писал:
Iosif1, геометрические доказательства и пояснения имеют смысл только если они просты и понятны. В вашем случае проще раскрыть скобки. Геометрическое объяснение я не понял и проверил только результат.

Графику не освоил. Понимаю, этому нет оправдания. Да и кроме того, не способен в математических объяснениях.
Как это вы сделали, не пойму. Но, главное в этом доказательстве заключается, как раз в методике расчёта на числовых примерах.

Цитата:

venсo писал:
Что за величины ? Я не понял предложения, в котором они упоминаются в первый раз. Поскольку далее, похоже, они играют существенную роль в доказательстве, вам надо дать объяснение этим величинам.

Это основания степеней:

$(c-b)=D_a; n*(c-a)=3*D_b; (a+b)=D_cS.

Цитата:

venсo писал:
Что за величина выражена в 4.1.2? Если это 3.3.2, то в 4.1.2 ошибка. Т.к. при выводе используются те самые геометрические рассуждения, то я не могу указать точно, где ошибка.

Вы абсолютно правы. Используемый алгебраический способ выражения и тут приводит к равенству $0=0$. По моему мнению, доказательство должно быть построено от противного.
Как должно изменяться величина $k$ при увеличении оснований, например в два раза, и как она изменяется на самом деле. На основании численных расчётов.

Цитата:

venсo писал:
Неуловимый Джо?

Если я правильно понял, очень доволен.

Цитата:

venсo писал:
Поэтому определяем, какие штампы могут иметь величины и , если предположить, что штампы величин и идеальные. (Мы всегда можем это обеспечить.)
Каким образом вы можете это обеспечить?

Умножением на дополнительные сомножители – степени.
Использование $n$ ого счисления рассмотрено с Someone досконально.
Оно оказалось эффективным только при единичном сомножителе $n$. Кстати, на случай, когда делитель $n^2$ и так далее, я и не претендовал. Однако, ошибочно считал, что он может быть эффективен.
Ввязался в полемику, у меня было несколько заделов, требующих проведения дополнительных расчётов, которые мне не по силам.
Ответное желание у оппонента не возникло, а за остальные мои умозаключения – получил по мордасам. Думаю, ракурс рассмотрения для любознательных посетителей не без интересен. Для ознакомления. Использование $n$ го счисления – эффективный информатор. Для продолжения анализа необходимо наложение дополнительных ограничений. Например, заданием интервала между основаниями. (Это одна из наработок в черновике)
Думаю, что и у Вас не возникнет желания проводить дополнительные расчёты. Мне же сейчас без проведения дополнительного анализа по использованию такого аппарата всё ясно. Думаю, и Вам тоже.

Если что то пропустил. пожалуйста,напомните, подскажите, как дать табличный материал. Пока краплю с использованием известных мне возможностей безрезультатно.

[venco]

Iosif1 в сообщении #241154 писал(а):

Цитата:

venso писал:

Iosif1, если вы освоите кнопку "цитата", или будете пользоваться "Copy/Paste", то гораздо реже будете ошибаться в наборе ника собеседника.

Цитата:

Умножением на дополнительные сомножители – степени.

Я так и думал.
Проблема в том, что все предыдущие выкладки верны только если $a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа. Если же домножить их на что-нибудь, то $a^2 -a \cdot b + b^2$ и $a+b$ уже не обязаны будут быть кубами, и дальнейшие рассуждения не верны.

[Iosif1]

venco в сообщении #241375 писал(а):

Iosif1, если вы освоите кнопку "цитата", или будете пользоваться "Copy/Paste", то гораздо реже будете ошибаться в наборе ника собеседника.

Приношу свои извинения.

venco в сообщении #241375 писал(а):

Я так и думал.
Проблема в том, что все предыдущие выкладки верны только если $a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа. Если же домножить их на что-нибудь, то $a^2 -a \cdot b + b^2$ и $a+b$ уже не обязаны будут быть кубами, и дальнейшие рассуждения не верны.

Если сомножитель степень - обязаны!

[venco]

Iosif1 в сообщении #241382 писал(а):

venco в сообщении #241375 писал(а):

Я так и думал.
Проблема в том, что все предыдущие выкладки верны только если $a$, $b$ и $c$ - взаимно простые числа. Если же домножить их на что-нибудь, то $a^2 -a \cdot b + b^2$ и $a+b$ уже не обязаны будут быть кубами, и дальнейшие рассуждения не верны.

Если сомножитель степень - обязаны!

Если сомножитель - степень, то как вы собираетесь обеспечивать, чтобы "штампы величин были идеальными"?

[Iosif1]

venco в сообщении #241389 писал(а):

Если сомножитель - степень, то как вы собираетесь обеспечивать, чтобы "штампы величин были идеальными"?

Действительно, только тогда, когда основания имеют младшие разряды $01$.

Iosif1 в сообщении #241154 писал(а):

Оно оказалось эффективным только при единичном сомножителе $n$.

Когда и без превращения штампов в идеальные всё очевидно.
Для меня стало наглядным, что такой вариант доказывается для всех степеней идентично, и когда младшие разряды $01$, и когда $11$. Этот вариант на этом зачах.
А вот второй вариант доказательства, с использованием контрольных модулей, где рассматривается весь набор величин, находящихся в корреляционной зависимости и анализируемых в первом варианте доказательства, оцениваются уже посредством контрольных модулей. При этом без обеспечения идеальных штампов.
Это тот вариант, о котором Вы написали, что использование контрольных модулей не правильный .

Цитата:

venco писал:
Рассуждение про бесконечности совершенно безосновательное и вывод неверен. Поскольку строгие доказательства вам чужды, опровергнуть можно контр-примером. Возьмите $n=2$. Про квадраты тоже можно точно также рассуждать на уровне "классов вычетов", но, тем не менее, бесконечность "контрольных модулей" не мешает уравнению $a^2+b^2=c^2$ иметь бесконечное количество решений. Значит ваш подход неверен.

Цитата:

Iosif1 писал:
Хороший контр пример. Бесконечности контрольных модулей мало.
Необходимо доказать, что классы вычетов по модулям для высших степеней отличаются от классов вычетов для второй степени.
Я это сделал построением сита, состоящего из уровней по различным контрольным модулям, показывающим, что равенство, возможное по первому уровню, невозможно по следующим.
Конечно анализ поверхностный, недостаточный.
Дело длинное, долгое и не упрощающее.
Таблицы таблицы, таблицы.
Как Вы правильно сказали, что строгие доказательства мне чужды, да и уже не доступны.
Но мне интересно это направление.
Вычислительные возможности сейчас зашкаливают.
Спасибо, что посмотрели. Это препятствие, по моему мнению, преодолимо.
Проверяю "Попытку..."
Да, ещё. Для вторых степеней не установлена закономерность: наличие всех контрольных модулей сомножителями в основаниях. По моему мнению этого вполне достаточно, чтобы не производить сравнение квадратных уравнений и уравнений высшего порядка.

venco, почему то молчание? Или я не понятно оспорил ваше замечание? Попробую уточнить: равенство с замечательными пифагоровыми тройками пропускаются до бесконечности.