2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.06.2018, 13:59 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемы binki!
При делении сравнения на число, необходимо доказать, что это число не имеет общих делителей с модулем. Это относится и к числу $z^{2n_2}-x^{2n_2}$.
Мне не понятно Ваше утверждение о недоказанности сравнений (26), (30) и (34).
. Хотелось бы больше конкретики.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение10.06.2018, 14:59 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1318668 писал(а):
При делении сравнения на число, необходимо доказать, что это число не имеет общих делителей с модулем.

Вы правы. Упустил такой важный момент.
Что касается (26), (30), (34), то они изначально предполагаются справедливыми. Не упускаем ли мы также, что на каком-то шаге сокращаем или умножаем на числа, имеющие общий делитель с модулем? Ведь докво можно вести и от обратного, что исходные сравнения не справедливы.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение15.06.2018, 12:25 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Очевидно, что если число $y^{3k_1 + 1}\not\equiv1\mod (6n_2 + 1)$,то оно должно быть сравнимо с числом $z^{3k_1 +1}$ или с числом $x^{3k_1 +1}$. В противном случае будем иметь 3-е число принадлежащее показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, что противоречит формуле Эйлера $\varphi(3) = 2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение15.06.2018, 16:14 


19/04/14
321
Уважаемый vasili !
Не понятно, почему $\varphi(3)$. Модуль простое число $(6n_2+1)$, поэтому функция Эйлера $\varphi(6n_2+1)=6n_2$.
А число $y^{3k_1+1}=y^{6n_2}\equiv 1 \mod (6n_2+1)$, так это согласно МТФ, но при условии, что $(y)$ не делится на $(6n_2+1)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение17.06.2018, 03:02 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Вычеты по модулю $6n_2 +1$ принадлежащие показателю $\varphi (6n_2 + 1)= 6n_2$ --- первообразные корни., остальные вычеты принадлежат делителям числа $6n_2$ и функции Эйлера определяют их количество.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение17.06.2018, 13:12 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki ! Привожу пример.
Пусть
---$p = 13$;
--$\varphi(13) = 12$;
--{1,2,3,,4,5,6,7,8,9,10,11,12}—приведенная система наименьших натуральгых вычетоа по модулю 13;
--1, 2, 3, 4, 6—делители числа 12 (без самого числа).
1. Вычеты 2,6, 7, и 11 принадлежат показателю 12 (первообразные корни)
Кол. таких вычетов равно $\varphi(12) = 4$
$2^{12}\equiv6^{12}\equiv 7^{12}\equiv 11^{12}\equiv 1\mod 13$
2. Вычеты 4 и 10 принадлежат показателю 6
Кол. таких вычетов равно $\varphi(6) = 2$.
$4^6\equiv 10^6\equiv 1\mod13$.
3.. Вычеты 5 и 8 принадлежат показателю 4.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(4) = 2$.
$5^4\equiv 8^4\equiv 1\mod13$.
4.. Вычеты 3 и 9 принадлежат показателю 3.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(3) = 2$.
$3^3\equiv 9^3\equiv 1\mod13$.

5. Вычет 12 принадлежат показателю 2.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(2) = 1$.
$12^2\equiv 1\mod13$..
6. Вычет 1 принадлежит показателю 1.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(1) = 1$.
$ 1^1\equiv 1\mod 13$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение18.06.2018, 15:06 


19/04/14
321
Уважаемый vasili !
Повторяю, предположим $(y)$ делится на модуль $(6n_2+1)$. Тогда утверждения по справедливости сравнений не верны.. Вы оговаривали только то, что $(y)$ не делится на (3).

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение19.06.2018, 17:10 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый binki !
1. Если $y\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, тогда из сравнений (А) и (Б) следует, что$z\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ и
$x\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ соответственно, что противоречит начальным условиям.
2. Следовательно $y\not\equiv0\mod(6n_2 + 1)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение20.06.2018, 07:15 


19/04/14
321
vasili в сообщении #1321138 писал(а):
Следовательно $y\not\equiv0\mod(6n_2 + 1)$.

Уважаемый vasili !
Вот всё и разъяснилось. Модуль не произвольное простое число. Анализ сделан для примитивного решения не по классам простых чисел, а по конкретному числу $(z^3+x^3)$ из которого получен модуль $(6n_2+1)$. Установленные свойства чисел по данному модулю не запрещают существование тройки решения уравнения Ферма.
Данный анализ можно провести и по тройки (3,4,5) для квадратов. $(z^2+x^2=5^2+3^2=2\cdot17)$.
$y^2\equiv-2x^2;\quad y^2\equiv 2z^2\mod (17);$ и т .д.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение18.10.2018, 16:05 


27/03/12
446
г. новосибирск
РАЗМЫШЛЕНИЕ ОКТЯБРЬ 2018 г.
Раздел I
Результаты предыдущих «Размышлений..»

1.Показано, что построенный трехчлен
$z^2-z x + x^2\engo(2) $, на натуральных попарно взаимно простых числах $z,x,y.$, удовлетворяющих равенству $x^3 + y^3-z^3= 0\engo(1) $, представляет произведение только простых сомножителей вида $6n +1$, а значит справедливо, будет, сравнение
$z^2-z x + x^2\equiv 0\mod (6n + 1) \engo(3)$.
2. Показано, что если хотя бы один сомножитель трехчлена $z^2-z x + x^2$ есть такое простое число $p_1 =6n_1 +1$, что $2^{2n_1} \not\equiv 1\mod (6n_1 + 1)$, то числа $z,x,y.$, не удовлетворяют равенству (1) $.
(Примеры таких чисел : $p_1 = 7, 13, 19,37, 61,67,73,79,…$, в том числе все простые числа наименьшие первообразные корни. которых $g = 2$.

3. Требуется доказать, что числа $z,x,y.$, не удовлетворяют равенству (1) , если трехчлена $z^2-z x + x^2$ представляет произведение только простых сомножителей вида $p_2 =6n_2 +1$, таких, что
$2^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1) \engo(4)$.
(Примеры таких чисел : $p_2 = 31, 43, 109, 127, 157,229…$.

4.Показано, что благодаря формуле Абеля для делителя $U_1$ числа $y = U_1d_1$, где $(y,3) = 1$ и
$U_1^3 = 2z x + (z^2- zx +x^2)$, имеет место сравнение $U_1^3\equiv 2z x \mod (6n_2 +1)$.
А после возведения, полученного сравнения, в степень$2n_2$ с учетом условия (4), имеем
$U_1^{6n_2}\equiv (z x)^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$,
отсюда с учетом МТФ получим

$z^ {2n_2}x^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1) \engo(5) $
А так как
$[z^ {2n_2}]^3\equiv[x^{2n_2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,
то отсюда с учетом (5) имеем:
$[z^{2n_2}]^2\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo(6)$,

а так же

$[x^{2n_2}]^2\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(7) $.


5. Показано, что если для простого числа $p_2 =6n_2 +1$,

$2n_2 =3k_0$, где очевидно $k_0$ - четное натуральное число, пример: $ (p_2 = 109, 127)$, то

$z^{3k_0}\equiv x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда благодаря условию (5) имеем

$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$, откуда следует, что
$z^ {3k_0}\equiv1\mod (6n_2 + 1)$
и
$x^ {3k_0}\equiv1\mod (6n_2 + 1)$,
а учитывая условие(4), где

$2^ {2n_2}=2^{3k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$

приходим к противоречию – три числа [$z^{k_0}$, $x^{k_0}$, $2^{k_0}$] принадлежат показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, что противоречит функции Эйлера $\varphi (3) = 2$.

Это значит, что трехчлен (2) не может содержать делители- простые числа $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_0$.

6. Показано, что если $2n_2 = 3k_1 + 1$ или
$2n_2 = 3k_2 + 2$, то

$z^{3k_1 +1}\not \equiv x^{3k_1 +1}\mod (6n_2 +1)$
и
$z^{3k_2 +2}\not\equiv x^{3k_2 +2}\mod (6n_2 +1)$,

а благодаря условию(4) показано, что

$z^{3k_1 +1}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$x^{3k_1 +1}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$z^{3k_2 +2}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$x^{3k_2 +2}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$.

Это значит, что пара чисел [$z^{3k_1 +1}$ и $x^{3k_1 +1}$]

и пара чисел [$z^{3k_2 +2}$ и $x^{3k_2 +2}$] принадлежат

показателю 3 по модулю $6n_2 +1$ и удовлетворяют сравнениям соответственно

$z^{3k_1 +1}x^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(8)$

$z^{3k_1 +1} + x^{3k_1 +1} + 1\equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(9) $,

$z^{3k_2 +2}x^{3k_2 +2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(10) $

$z^{3k_2 +2} + x^{3k_2 +2} + 1\equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(11) $

7. Если $[N, (6n_2 +1)] = 1$, то такое натуральное число N в степени $2n_2 =3k_1 +1$ или в степени $2n_2 =3k_2 + 2$, очевидно сравнимо

(для показателя $2n_2 =3k_1 + 1$)
либо с 1 (единицей),
либо с $z^{3k_1 + 1}$,
либо с $x^{3k_1 + 1}$,
по модулю $6n_2 + 1$,

(для показателя $2n_2 =3k_2 + 2$)
либо с 1 (единицей)
либо с $z^{3k_2 + 2}$
либо с $x^{3k_2 + 2}$
по модулю $6n_2 + 1$,

Раздел II
Новые «Размышления..» с учетом результатов Раздела I

В основе Новых «Размышлений..» лежит простая мысль, о том, что у трехчлена $z^2-z x + x^2\engo(2) $, построенного на натуральных взаимно простых числах удовлетворяющих равенству $x^3 + y^3-z^3= 0\engo(1) $ не существует простых сомножителей вида $6n +1$.
В Разделе I уже показано, что простые числа вида $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_0$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).
Ниже мы покажем, что простые числа вида $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_1 +1$ , а так же где $2n_2 = 3k_2 + 2$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).

1. Итак, пусть
$z^2- z x + x^2 = (z + x) ^2-3z x\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$,

отсюда после умножения сравнения на $z + x$ имеем

$(z + x)^3 \equiv 3z x(z + x)\mod (6n_2 + 1)$, а после

возведения сравнения в степень $2n_2$ получим

$(z + x)^{6n_2}\equiv [3(z x)(z +x)]^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$, отсюда благодаря МТФ и условия (4) будет

$1\equiv 3^ {2n_2}(z +x)^{2n_2}\engo(12)$.

2. Пусть
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$,

[Допущение (13) проверено и справедливо для $P_2 =6n_2 + 1 = 31, 43, 109, 127, 157,229$.
Общее доказательство Допущения (13) не найдено]

тогда из (12) с учетом (13) и п.7 Раздела I следует:

или $(z + x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(14)$

или $(z + x)^{2n_2}\equiv z ^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(15)$

3.Пусть
$(z-x) = d_1^3$ (формула Абеля для делителя ($d_1$) числа

$y = U_1d_1$, где $(y, 3) = 1$),

тогда с учетом МТФ будет

$(z-x) ^ {2n_2} =d_1^{6n_2}\equiv 1\mod(6n_2 + 1)  engo(16)$.

4. Перемножим сравнения (14) (для определенности) и сравнение (16)
[Перемножение сравнения (15) и сравнения (16) и дальнейший анализ, аналогичный показанному ниже, даст те же результаты]

$(z + x)^{2n_2}(z-x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,
отсюда
$(z^2-x^2) ^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1) \engo(17) $

Так как из $z^2-z x +x^2\equiv 0\nod(6n_2 +1)$ следует, что

---$z^2 \equiv zx-x^2\mod (6n_2 +1)$
или
---$(-x^2)\equiv z^2-z x\mod (6n_2 + 1)$, то с учетом этого получим соответственно

$z^2-x^2\equiv [(z x-x^2)-x^2] =x (z-2x)\mod (6n_2+1)\engo(18) $
или
$z^2-x^2\equiv [z^2 + (z^2 –z x)]= z (2z-x)\mod (6n_2 +1)\engo(19) $.

5.Тогда сравнение (17) с учетом (18) будет

$x^ {2n_2}(z-2x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$, отсюда

$(z-2x)^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)\engo(20)$, а с учетом

(19) сравнение (17) будет

$z^{2n_2}(2z-x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

отсюда с учетом (6) имеем

$z^ {2n_2}(2z-x)^{2n_2}\equiv (z^{2n_2})^2\mod(6n_2 +1)$,

а после сокращения на $z^ {2n_2}$ получим

$(2z-x)^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)\engo(21)$.

6. Перемножим сравнения (20) и (21)

$(2z-x)^{2n_2}(z-2x)^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

а после преобразование левой части сравнения имеем

$[2(z^2-z x +x^2)-4z x]^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

отсюда с учетом (3) и благодаря (4) и (5) имеем

$z^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)\engo(22)$.

[благодаря (4) и (5) для $(4zx)^{2n_2}$ имеем

$(4zx)^{2n_2}=[2^{2n_2}]^2(zx)^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)$],

Из сравнения (5) с учетом (22) имеем

$x^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1) \engo(23)$.

Так как мы рассматриваем числа $ z^{2n_2}$ и $ x^{2n_2}$,
принадлежащие показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, то они удовлетворяют сравнениям
$ z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, см. (5)
а также
$ z^{2n_2} + x^{2n_2} + 1\ equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(24)$.

7. Сравнение (24) с учетом сравнений (22) и (23) будет
$z^ {2n_2}+x^{2n_2} +1\equiv1+1+1=3\equiv 0\mod(6n_2 +1)$,
что не возможно, так как $3 < (6n_2 + 1)$.
Пришли к противоречию --простые числа вида $6n_2 + 1$ где $2n_2 = 3k_1 + 1$ и $2n_2 = 3k_2 + 2$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).
При поиске противоречия мы использовали:
--трехчлен (2) – нечетное натуральное число > 1 , которое согласно основной теореме арифметике «…может быть представлено в виде произведения простых чисел….»;
см
[В.С. ЛЯПИН, А. Е.ЕВСЕЕВ АЛГЕБРА и ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ]

---равенство (1):
--- формулы Абеля –производные равенства (1).

Найденное противоречие указывает на отсутствие натуральных чисел удовлетворяющих равенству (1), а значит и формулам Абеля.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение09.12.2018, 12:36 


27/03/12
446
г. новосибирск
Размышление от 09.12.Декабря 2018

1. В «Размышлении от 18 Октября 2018» представлено доказательство ВТФ для $n =3$ при условии, что
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.
Однако там не было доказательства условия (13) в общем виде[были приведены частные случае справедливости условия (13)].
2. Ниже мы покажем справедливость условия (13) в общем виде.
3. Напомним, что числа $z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$ принадлежат показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, а значит
$z^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(a)$ и

$x^ {2n_2}\not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(b)$.
Тогда благодаря (a) и (b) очевидно, что
$z^ {n_2} \not\equiv ±1\mod (6n_2 + 1) $ и

$x^ {n_2} \not\equiv ±1\mod (6n_2 + 1) $.

4., Покажем справедливость условий:
$z^{n_2}\equiv (z^{2n_2} + 1)\mod(6n_2 + 1)$ и

$x^ {n_2}\equiv (x^{2n_2} + 1)\mod(6n_2 + 1)$
или благодаря (24) (здесь и далее см.пост 18.10.2018).
$z^{n_2}\equiv - (x^{2n_2})\mod(6n_2 + 1)\engo (c)$ и

$x^{n_2}\equiv -(z^{2n_2})\mod(6n_2 + 1)\engo (d)$.

Возведем сравнения (с) и (d) во 2-ю степень получим
$z^{2n_2}\equiv x^{4n_2}\mod(6n_2 + 1)$ и

$x^{2n_2}\equiv z^{4n_2}\mod(6n_2 + 1)$,
а учитывая условия (6) и (7) имеем соответственно
$z^ {2n_2}\equiv z^ {2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo (c_1)$.

$x^ {2n_2}\equiv x^ {2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo (d_1)$.

Получили справедливые сравнения (c_1) и (d_1) следовательно, сравнения (c) и (d), также справедливы
4. Покажем, что

$z^{n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo (e)$.

Перемножим сравнения (c) и (d) получим

$z^{n_2}x^{n_2}\equiv z^ {2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$, отсюда благодаря (5) имеем

$z^ {n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, что и т.д.

5. Теперь рассмотрим соотношение, где число 3 является множителем, а именно:

$z^2- z x + x^2 = (z + x) ^2-3z x\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$,

отсюда

$(z + x)^2 \equiv 3z x\mod (6n_2 + 1)$, а после возведения

этого сравнения в степень $3n_2$ и учитывая , что

$(z + x) ^ {6n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ (благодаря МТФ)
и
$z^{n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo (e)$ имеем

$1\equiv 3^{3n_2}=[3^{n_2}]^3\mod (6n_2 +1)\engo(f)$/

6. Из сравнения (f) следует, что число $3^{n_2}$ принадлежит показателю 3 по модулю $6n_2 +1$.

А так как только $z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$

принадлежит показателю 3 по модулю $6n_2 +1$, то

число $3^{n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.
или

$3^{n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.


7. Возводя последние сравнения во 2-ю степень и, принимая во внимание сравнения (6) и (7) получим соответственно
$[3^ {n_2}]^2\equiv [z^{2n_2}]^2\mod (6n_2 +1)$,

отсюда

$3^ {2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$, а благодаря условию (b)

$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.

Или

$[3^ {n_2}]^2\equiv [x^{2n_2}]^2\mod (6n_2 +1)$,.

отсюда

$3^ {2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$ а благодаря условию (a) также имеем

$3^ {2n_2}\not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.

Вывод: Показано, что сравнение
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$
Справедливо и тогда доказательство ВТФ для $n=3$
Пост от 18.10.2018 можно считать законченным..

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение05.03.2019, 17:07 


27/03/12
446
г. новосибирск
05.03.2019 г.
Случайно «наткнулся» на старые черновики ( многолетней давности) с размышлениями о 2-м случае ВТФ для n= 3. Прочитал и не нашел ошибки.
Ниже предлагаю эти размышления.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z.
И пусть $z > x > y$, а $(z, 3) = 3$.
2. Запишем формулы Абеля для нашего случая в обозначениях

$z = u_0d_0$, где $x + y = d_0^3/3$, а $3u_0^3 = x^2 – x y + y^2$,

$y = u_1d_1$, где $z - x = d_1^3$, а $u_1^3 = z^2  +z x + x^2$,

$x = u_2d_2$, где $z - y = d_2^3$, а $u_2^3 = z^2  +z y + y^2$.

В силу того, что $z > x > y$, имеем очевидные неравенства

$u_1 >u_2 >u_0$ и $d_2 >d_1$.

3. Очевидно благодаря формулам Абеля (п.2) будут справедливо равенство
$x + y-z =d_0d_1d_2$ и его следствия - нижеследующие равенства

$(x + y) -z =d_0^3/3-u_0d_0 = d_0(d_0^2/3- u_0) = d_0d_1d_2$, отсюда

$d _0^2/3- u_0d = d_1d_2\engo(2)$,

$y-(z-x) = u_1d_1- d_1^3 =d_1 (u_1-d_1^2) =d_0d_1d_2$, отсюда

$u_1-d_1^2 = d_0d_2\engo(3)$,

$x-(z-y) = u_2d_2- d_2^3 =d_2 (u_2-d_2^2) =d_0d_1d_2$, отсюда

$u_2-d_2^2 = d_0d_1\engo(4)$.

4. Сложим равенства (3) и (2)

$u_1-u_0 + d_0^2/3-d_1^2 = d_2(d_0 + d_1)$, так как

$d _0^2/3 = d_0^2-2d_0^2/3$ и $d_0^2-d_1^2 =  (d_0-d_1)(d_0 + d_1)$,

то после деления левой и правой части равенства на $d_0 + d_1$ получим

$\frac{u_1-u_0-2d_0^2/3}{d_0 + d_1} + d_0 -d_1 = d_2$, отсюда
$d_0 = d_2 + d_1 -\frac{u_1-u_0-2d_0^2/3}{d_0 + d_1}\engo(A)$

5. . Сложим равенства (4) и (2)

$u_2-u_0 + d_0^2/3-d_2^2 = d_1(d_0 + d_2)$, так как

$d _0^2/3 = d_0^2-2d_0^2/3$ и $d_0^2-d_2^2 =  (d_0-d_2)(d_0 + d_2)$,

то после деления левой и правой части равенства на $d_0 + d_2$ получим

$\frac{u_2-u_0- 2d_0^2/3}{d_0 + d_2} + d_0 -d_2 = d_1$, отсюда

$d_0 = d_2 + d_1 -\frac{u_2-u_0- 2d_0^2/3}{d_0 + d_2}\engo(B)$

6. Неравенства $u_1 >u_2 >u_0$ и $d_2 > d_1$ указывают на то, что

числитель дроби правой части равенства (А) больше числителя дроби

правой части равенства (В), а знаменатель $(d_0 +d_1)$ дроби правой части

равенства (А) меньше знаменателя $(d_0 + d_2)$ дроби правой части равенства (В).
Следовательно, полученные значения числа $d_0$ в равенстве (А) и равенстве (В), различны.
Пришли к противоречию. 2-й случай ВТФ для $n=3$ и варианта, когда $(z, 3) = 3 $ доказан.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение08.03.2019, 23:55 


13/05/16
131
Уважаемый vasili! У вас действительно нет ошибок. Вы только не учли, что у вас числители дробей в равенствах A и B отрицательные. Из за этого никакого противоречия здесь нет. А вообще у вас записаны просто 2 торжества A и B, из которых ничего получить нельзя. Да и целочисленность у вас нигде не используется

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение09.03.2019, 06:53 


27/03/12
446
г. новосибирск
Уважаемый Antoshka! Числитель дроби (А) по модулю больше числителя дроби (В), а знаменатель дроби (А) =$d_0 + d_1$ меньше знаменателя дроби (В) =$d_0 + d_2$ следовательно значение дробей по модулю будет различно, тогда и $d_0$ в равенствах (А) и(В) будут различны.

 Профиль  
                  
 
 Re: еще о ВТФ для P=3
Сообщение09.03.2019, 11:07 


13/05/16
131
vasili в сообщении #1380713 писал(а):
Уважаемый Antoshka! Числитель дроби (А) по модулю больше числителя дроби (В), а знаменатель дроби (А) =$d_0 + d_1$ меньше знаменателя дроби (В) =$d_0 + d_2$ следовательно значение дробей по модулю будет различно, тогда и $d_0$ в равенствах (А) и(В) будут различны.

Ещё раз: числитель дроби A отрицательный и больше числителя дроби B, но если их взять по модулю, то знак изменится на противоположный и будет уже числитель дроби A по модулю МЕНЬШЕ числителя дроби B по модулю. Так как знаменатель A меньше знаменателя B, то никакого противоречия нет: $\frac{2}{3}=\frac{6}{9}$ например

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 76 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group