ВТФ by Виктор Сорокин

dikun · 29/05/05 143

Сорокин Виктор писал(а):

Итак, судя по множеству признаков, элементарное доказательство Великой теоремы найдено.

Виктор, скажите честно, Вы уже поняли, что не правы, и Вам просто не хватает мужества признать ошибку, или...

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Г-н Someone попытался опровергнуть мое доказательство с помощью числового контрпримера, в котором полное равенство Ферма заменено частичным равенством по $10$ -значным окончаниям степеней.

$10$ цифр более чем достаточно для контрпримера, поскольку они содержат всю информацию, используемую в Ваших рассуждениях: Вы в данном случае используете только $k+1=5$ цифр, а в другом варианте пытались использовать $k+2=6$ .

Я не стал бы уже реагировать на Ваши, но ведь на Вашей стороне по существу все 30 тысяч свидетелей нашей дискуссии (а на моей пока один, и тот из Израиля). И вот в первую очередь для них:
1) Контрпример является неравенством и нисколько не противоречит НЕРАВЕНСТВУ.
2) Контрпример не содержит самой главной информации, что выражение 1° является РАВЕНСТВОМ.
3) В опровержении Вашего контрпримера я использую не 5, и даже не 6, а ВСЕ цифры равенства, ибо ключевая формула 4° является следствием именно РАВЕНСТВА, а не НЕРАВЕНСТВА.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

То есть г-н Someone пытается опровергнуть равенство с помощью замены равенства на неравенство.

Врёте. У меня выполняется точное равенство (с $10$ -ю цифрами, а больше Вам и не требуется, Вы это сами неоднократно подчёркивали).

Одно из двух:
либо Вы утверждаете, что сконструировали контрпример, опровергающий утверждение П.Ферма и Э.Уайлса,
либо Вы не понимаете, что равенство даже по миллионно-значным окончаниям в действительности РАВЕНСТВОМ НЕ ЯВЛЯЕТСЯ.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

А вот с переходом от полного равенства степеней к их равенству лишь по $k+1$ -значным окончаниям указанное следствие ослабевает: теперь (см. Лемма 1°) если две степени равны по $k+1$ -значным окончаниям, то их основания заведомо равны лишь по $k$ - значным окончаниям, а вот равенство по $k+1$ -значным окончаниям может не выполняться.

Да, я Вам это неоднократно объяснял. Наконец-то усвоили. Хоть какая-то польза от этого толчения воды в ступе.

Действительно, никакой пользы нет: Вы продолжаете доказывать верность Вашего НЕРАВЕНСТВА, а я доказываю невозможность РАВЕНСТВА.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

А так как в контрпримере (не совсем адекватном, ибо правая часть равенства не есть степень)

Врёте. У меня всё, что должно быть степенью, и на самом деле является степенью.

Итак, пора бы воскликнуть: "СЕНСАЦИЯ! СЕНСАЦИЯ!": в контрпримере сумма двух степеней является СТЕПЕНЬЮ! Ферма и Уайлс повержены! Вот только почему-то не слышно аплодисментов…

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

равенство левой и правой частей равенства Ферма выполняется по $k+2$ -значным окончаниям, то из этого якобы следует, что основания равны лишь по $k+1$ -значным окончаниям.

Врёте. Основания равны по всем цифрам…

Чтобы это утверждать, надо сначала показать, что сумма двух степеней в правой части равенства является степенью. А пока Вы это декларируете голословно. Причем сознательно, ибо Вы профессионал.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Более всего Someone пытался показать, что $k+1$ -значное окончание правой части равенства Ферма (1°) не представимо в виде произведения каких-то $n$ чисел с равными $k+1$ -значными окончаниями.

Врёте. Представление в виде произведения "каких-то $n$ чисел с равными $k+1$ -значными окончаниями" (и более того, именно с такими, какими Вам хочется), я сам же Вам и написал. Только эти какие-то числа не равны друг другу (совпадают, как Вы и хотели, только последние $k+1$ цифр), так что Ваши рассуждения о степенях к этому произведению неприменимы.

К произведению чисел неприменимы (чего я и не пытаюсь делать), но применимы к равным окончаниям этих чисел.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

В частности, он не согласился признать $k+1$ -значное окончание числа $R$ (равное в итоге 1) равным произведению $n-1$ единиц – не смотря на то, что число простых сомножителей в числе $R$ заведомо больше $n-1$ .

Да ради Бога: $R=R\cdot 1\cdot 1\cdot\ldots\cdot 1$ , и все множители оканчиваются на $00\dots 01$ (имеется в виду $k+1$ цифр). И число простых сомножителей тут совершенно неважно.

При умножении произведения n (тем более равных) сомножителей на n-ю степень какого-то числа КАЖДОЕ из n сомножителей умножается на основание. И уж во всяком случае на такое умножение я имею право.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

И потому я еще раз остановлюсь на этом самом "трудном" моменте доказательства.
... И никакой переброской простых сомножителей из одного "большого" сомножителя в другой – ПРИ УСЛОВИИ, что $k+1$ -значные окончания всех "больших" сомножителей будут равны между собой – получить ИНЫЕ $k+1$ -значные окончания у "больших" сомножителей невозможно, ибо от перестановки сомножителей их произведение ИЗМЕНИТЬСЯ НЕ МОЖЕТ.

Всё было бы хорошо, если бы простые сомножителы переставлялись "в пределах" одного "большого" сомножителя. Тогда бы каждый из "больших" сомножителей не изменялся, и окончание его не изменялось бы.
Однако простые сомножители переносятся из одного "большого" сомножителя в другой. При этом и сами "большие" сомножители изменяются, и их окончания изменяются. И мой контрпример показывает, что перегруппировка простых сомножителей, одинаково изменяющая $k+1$ -значные окончания всех "больших" сомножителей, но по-разному изменяющая сами эти "большие" сомножители, вполне возможна. Естественно, произведение всех "больших" сомножителей при этом не изменяется, так что законы арифметики не страдают.

Это единственная не бессмысленная тема для разговора. Итак, как каждое число-окончание 00001 можно превратить в 30001? Для этого, очевидно, нужно каждое число 00001 умножить В ИТОГЕ на 30001. Итого мы должны нащипать из 7-ми чисел-окончаний 00001 семь сомножителей 30001, и при этом сохранить требование, что все 7 новых окончаний должны быть равны между собой. Если эти сомножители вырвать по одному из каждого числа 00001, то мы превращаем 5-значные остатки от деления этих чисел в 40001, и теперь их (остатков) умножение на 30001 ВОЗВРАЩАЕТ нас на круги своя – к окончаниям 00001. Остается единственная возможность: ЗАНЯТЬ в 6-м разряде цифру 3, и тогда как будто все получится. Но теперь для сохранения баланса (поскольку мы разделили правую часть равенства на 6-значное число 300001) мы должны умножить правую часть равенства Ферма на 300001. Но после этого умножения Ваше равенство 6-х цифр (3 = 3) превращается в НЕРАВЕНСТВО: 3 не равно 3х3 – 7, т.е. двум.

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Формальности ради я приведу подробное доказательство самого "трудного" места.
...

То, что Вы тут написали, не имеет отношения к тому, что Вы делаете в доказательстве. Вы ведь в своём доказательстве не рассматриваете разложения чисел на простые множители и не разбиваете "множество" окончаний всех простых сомножителей на $n$ равных групп. Вы просто представляете правую часть в виде произведения $n$ различных чисел ( $n-2$ из которых равны $1$ ), которые имеют одинаковые $(k+1)$ -значные окончания. Поэтому Ваш "заключительный вывод" ни на чём не основан.

Посмотрите еще раз на формулу 4°: окончание числа $R$ в общем случае представляет произведение не $n-1$ единиц, а произведение $n-1$ окончаний числа $c-b$ .

Someone писал(а):

Господи, Виктор, Вам не надоело ещё глупостями заниматься? Ну никому же это совсем не нужно! Я бы и отвечать Вам не стал, но Вы столько вранья в мой адрес понаписали...

Непредвзятый читатель легко оценит, кто "врет".

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

dikun писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

Итак, судя по множеству признаков, элементарное доказательство Великой теоремы найдено.

Виктор, скажите честно, Вы уже поняли, что не правы, и Вам просто не хватает мужества признать ошибку, или...

"Скажу честно" - не понял. Ибо просто так ничему и никому не верю. Тем более логике типа: "Этого не может быть, потому что этого не может быть никогда!" По этой логике официальный научный мир вот уже 200 лет отрицает сам факт существования вечного двигателя первого рода, широко применяемый на практике для получения энергии из "ничего". И вот когда"высоким" физикам показывают этот действующий двигатель, они говорят: "Видим, но этого не может быть, потому этого быть не может!"
Вот и я: кто бы мне не обещал, что от перемены мест сомножителей их произведение может измениться, я в это не верю. Я хочу ЗНАТЬ, что это так.

Alik · 05/02/06 387

Цитата:

и тот из Израиля

потрясающе...
Виктор, если вы имеете ввиду меня, то я лишь наблюдатель "противостояния". Хотя в принципе поддерживаю вашу философию о том, что нигилизм - это плохо.
А на вопрос что такое "избыточно-недостаточная форма" вы мне не ответили

P.S.
У кого не из Парижу
Туфли, плащ, одеколон-
Тот уже из моды вышел
Извините за пардон

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

Alik писал(а):

Цитата:

и тот из Израиля

потрясающе...
Виктор, если вы имеете ввиду меня, то я лишь наблюдатель "противостояния". Хотя в принципе поддерживаю вашу философию о том, что нигилизм - это плохо.
А на вопрос что такое "избыточно-недостаточная форма" вы мне не ответили

P.S.
У кого не из Парижу
Туфли, плащ, одеколон-
Тот уже из моды вышел
Извините за пардон

1) Нет, не Вас. После 1964 г. я встретил лишь двух людей, способных (по моему впечатлению) ярко восхищаться красотой математической идеи независимо от того, кто идею родил и верна ли она.
2)Без контекста ответить на Ваш вопрос никак не могу. Не могли бы напомнить? (Думаю, однако, что это из "старых"времен - до формулы 4°.)
3) P.S. Потому я и сбежал с Парижу (поближе к Тулузе - что, разумеется, вышло случайно)...

Alik · 05/02/06 387

Виктор, допустим вот здесь

ВТФ: ЗАМЕТКИ О ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЕ
http://www.ivlim.ru/Fox/showarticle.asp?id=2403

вы пишите о системе счисления с нечетным основанием и приводите лемму без доказательства. Меня интересует случай троичной уравновешанной системы счисления и примеры записи чисел в ней в избыточно-недостаточной форме.

Someone · 23/07/05 17973 Москва

Сорокин Виктор писал(а):

1) Контрпример является неравенством и нисколько не противоречит НЕРАВЕНСТВУ.

Контрпример является равенством в кольце вычетов по модулю $7^{10}$ , о чём я Вам писал, и что Вы сами можете проверить.

Сорокин Виктор писал(а):

2) Контрпример не содержит самой главной информации, что выражение 1° является РАВЕНСТВОМ.

Он содержит эту информацию в том объёме, в котором Вы её используете в своём доказательстве, и даже больше.

Сорокин Виктор писал(а):

3) В опровержении Вашего контрпримера я использую не 5, и даже не 6, а ВСЕ цифры равенства, ибо ключевая формула 4° является следствием именно РАВЕНСТВА, а не НЕРАВЕНСТВА.

Как я писал ранее, это контрпример к Вашему доказательству, и отвергнуть его Вы можете только средствами, используемыми в доказательстве. Применительно к данному контрпримеру это означает, что Вы для его опровержения можете использовать только $k+1=5$ младших цифр, и ни одной цифры более - поскольку в доказательстве используется именно столько цифр, и ни одной цифры более (Вы это сами подчёркивали - например, здесь).

Сорокин Виктор писал(а):

Одно из двух:
либо Вы утверждаете, что сконструировали контрпример, опровергающий утверждение П.Ферма и Э.Уайлса,
либо Вы не понимаете, что равенство даже по миллионно-значным окончаниям в действительности РАВЕНСТВОМ НЕ ЯВЛЯЕТСЯ.

Это я тоже Вам уже раза два объяснял, но Вы так и не поняли. Вы не имеете права отвергнуть контрпример, ссылаясь на теорему Ферма, поскольку при этом возникает порочный круг. Такое "доказательство" не будет признано никогда, потому что нельзя ссылаться на то утверждение, которое Вы хотите доказать. Ссылаться можно будет только после того, как утверждение будет доказано. Вы должны опровергнуть контрпример, применив к нему своё доказательство - начиная с того момента, как Вы отбросили "головные части" и ограничились $(k+1)$ -значными окончаниями. Любой другой способ опровержения контрпримера не имеет отношения к Вашему доказательству и является признанием того, что доказательство неполно и потому доказательством не является.

Сорокин Виктор писал(а):

"СЕНСАЦИЯ! СЕНСАЦИЯ!": в контрпримере сумма двух степеней является СТЕПЕНЬЮ! Ферма и Уайлс повержены! Вот только почему-то не слышно аплодисментов…

Ещё раз: контрпример построен не к теореме Ферма и не к доказательству Уайлса, а исключительно к конкретному способу доказательства с использованием младших цифр чисел.

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

Сорокин Виктор писал(а):

равенство левой и правой частей равенства Ферма выполняется по $k+2$ -значным окончаниям, то из этого якобы следует, что основания равны лишь по $k+1$ -значным окончаниям.

Врёте. Основания равны по всем цифрам…

Чтобы это утверждать, надо сначала показать, что сумма двух степеней в правой части равенства является степенью. А пока Вы это декларируете голословно. Причем сознательно, ибо Вы профессионал.

Да, я профессионал, и в данном случае хорошо понимаю, что говорю. Или Вы своё доказательство плохо знаете? Видимо, здесь сказывается Ваша манера не формулировать в явном виде всё, что должно быть сформулировано.
Напомню, что Ваше доказательство использует метод "от противного" и должно начинаться примерно так:
"Пусть ... числа $a$ , $b$ , $c$ удовлетворяют равенству $a^n+b^n=c^n$ ... Обозначим $k$ число совпадающих младших цифр чисел $a$ и $c-b$ и ограничимся в дальнейшем только $(k+1)$ -значными окончаниями чисел..."
Поэтому равенство является не моим утверждением, а Вашим предположением, с которого начинается Ваше "доказательство" теоремы.

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

Всё было бы хорошо, если бы простые сомножители переставлялись "в пределах" одного "большого" сомножителя. Тогда бы каждый из "больших" сомножителей не изменялся, и окончание его не изменялось бы.
Однако простые сомножители переносятся из одного "большого" сомножителя в другой. При этом и сами "большие" сомножители изменяются, и их окончания изменяются. И мой контрпример показывает, что перегруппировка простых сомножителей, одинаково изменяющая $k+1$ -значные окончания всех "больших" сомножителей, но по-разному изменяющая сами эти "большие" сомножители, вполне возможна. Естественно, произведение всех "больших" сомножителей при этом не изменяется, так что законы арифметики не страдают.

Это единственная не бессмысленная тема для разговора. Итак, как каждое число-окончание 00001 можно превратить в 30001? Для этого, очевидно, нужно каждое число 00001 умножить В ИТОГЕ на 30001. Итого мы должны нащипать из 7-ми чисел-окончаний 00001 семь сомножителей 30001, и при этом сохранить требование, что все 7 новых окончаний должны быть равны между собой. Если эти сомножители вырвать по одному из каждого числа 00001, то мы превращаем 5-значные остатки от деления этих чисел в 40001, и теперь их (остатков) умножение на 30001 ВОЗВРАЩАЕТ нас на круги своя – к окончаниям 00001. Остается единственная возможность: ЗАНЯТЬ в 6-м разряде цифру 3, и тогда как будто все получится. Но теперь для сохранения баланса (поскольку мы разделили правую часть равенства на 6-значное число 300001) мы должны умножить правую часть равенства Ферма на 300001. Но после этого умножения Ваше равенство 6-х цифр (3 = 3) превращается в НЕРАВЕНСТВО: 3 не равно 3х3 – 7, т.е. двум.

Пришлось сохранить эту длинную цитату.
У Вас очень бедная фантазия, математик из Вас не вышел бы. Всё гораздо проще. Мы имеем произведение (в семиричной системе счисления)
$\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001$ .
Как легко проверить, $(\dots 30001)^7=\dots 00001$ , поэтому мы можем наше произведение записать в виде
$\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot\dots 00001\cdot(\dots 30001)^7$ .
Теперь осталось только распределить семь множителей $\dots 30001$ по одному и получить
$\dots 30001\cdot\dots 30001\cdot\dots 30001\cdot\dots 30001\cdot\dots 30001\cdot\dots 30001\cdot\dots 30001$ .

Сорокин Виктор писал(а):

Someone писал(а):

То, что Вы тут написали, не имеет отношения к тому, что Вы делаете в доказательстве. Вы ведь в своём доказательстве не рассматриваете разложения чисел на простые множители и не разбиваете "множество" окончаний всех простых сомножителей на $n$ равных групп. Вы просто представляете правую часть в виде произведения $n$ различных чисел ( $n-2$ из которых равны $1$ ), которые имеют одинаковые $(k+1)$ -значные окончания. Поэтому Ваш "заключительный вывод" ни на чём не основан.

Посмотрите еще раз на формулу 4°: окончание числа $R$ в общем случае представляет произведение не $n-1$ единиц, а произведение $n-1$ окончаний числа $c-b$ .

Мы обсуждаем реальное равенство $a^n=(c-b)R$ или только окончания?

Если мы обсуждаем реальное равенство, то Вы подменяете число $R$ другим числом $(c-b)^{n-1}$ , которое имеет совершенно другие простые делители с другими окончаниями (и в другом количестве). Само число $R$ вряд ли является $(n-1)$ -ой степенью, а если является, то основание этой степени не обязательно имеет такое же окончание, как и число $c-b$ (в моём примере это можно увидеть). Вы пока что не доказали, что число $R$ можно представить в виде произведения $n-1$ сомножителей, окончания которых совпадают с окончанием числа $c-b$ (но нетрудно показать, что равенство $a^n=(c-b)R$ можно домножить на такое число, чтобы такое представление стало возможным). Однако равенство при этом не нарушается и никакого противоречия не возникает.

Если мы обсуждаем только $(k+1)$ -значные окончания, то есть, рассматриваем равенство в кольце вычетов по модулю $n^{k+1}$ , то ситуация радикально меняется. Прежде всего, здесь нет никаких простых чисел, поэтому мы не можем их использовать в своих рассуждениях. Зато здесь появляется очень широкая свобода преобразования "окончаний" сомножителей в произведениях. То, что я Вам показал выше - это мелочи. Я легко мог бы преобразовать 6 из 7 окончаний в какие угодно, лишь бы они не оканчивались на 0, а седьмое всегда можно подобрать так, чтобы произведение (в кольце вычетов по модулю $n^{k+1}$ ) не изменилось. И также не возникает никаких противоречий, если не путать окончания чисел с самими числами. Вы же хотите одновременно и простые числа использовать, и окончания чисел изменять так, как Вам хочется.

Someone писал(а):

Господи, Виктор, Вам не надоело ещё глупостями заниматься? Ну никому же это совсем не нужно!

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

Alik писал(а):

Виктор, допустим вот здесь

ВТФ: ЗАМЕТКИ О ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЕ
http://www.ivlim.ru/Fox/showarticle.asp?id=2403

вы пишите о системе счисления с нечетным основанием и приводите лемму без доказательства. Меня интересует случай троичной уравновешанной системы счисления и примеры записи чисел в ней в избыточно-недостаточной форме.

Уважаемый Алик,
из-за цейтнота отвечаю минимально кратко.
В системе счисления с основанием 3 избыточно-недостаточная форма записи имеет те же свойства, что и в любой другой нечетной системе счисления. Так, число 220+2 = 1000-1; 220+1 = 1000-2 и т.п. Попытка применить эти формы для доказательства ВТФ через какое-то время мне показалась бесперспективной, и я ее оставил.
В.С.

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

Someone писал(а):

Господи, Виктор, Вам не надоело ещё глупостями заниматься? Ну никому же это совсем не нужно!

[/quote]

В связи с резким ростом числа читателей публикую предельно упрощенный текст доказательства, который делает ненужной попытку изменять числа путем перестановки сомножителей.
==========================
Великая теорема Ферма (модификация 13.02.2006)

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 простой лемме:
1* Лемма. Если $(cb)_1$ ≠ $0$ и $(c-b)_{(k)}=0$ $(c-b)_{(k)} = 0$ , 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 $R = (c^n-b^n)/(c-b)$ .
[Таким образом, если $r$ [ $= c-b$ ] делится на $n$ , то число $R$ содержит только один сомножитель $n$ (если, конечно, цифра $(cb)_1$ ≠ $0$ ), или: $R_1 = 0$ и $R_2$ ≠ $0$ .
Этот факт легко доказывается группировкой членов числа $R$ в пары с выделением у каждой из них сомножителя $(c - b)^2$ .]

Доказательство Великой теоремы Ферма

(1°) Допустим, что $a^n=c^n-b^n=rR$ , где $n$ простое, $a_1$ ≠ $0$ , $a$ , $b$ , $c$ взаимопростые, следовательно:
(2a°) $r = (c-b)= r'^n$ , $R = (c^n-b^n)/(c-b)=R'^n$ , $a = r'R'$ .
(2b°) $u = a + b-c$ , где $u(k) = 0$ , цифра $u_{k+1}$ ≠ $0$ , $k > 0$ (следствие из 1° и малой теоремы).

***
(3°) $k+1$ -значные окончания в эквивалентных числах $(c-b)^n-a^n$ , $(c-b)^n-(c-b)R$ , $(c-b)^n-a^n$ , $[(c-b)-a]Q$ (см. 1*), $uQ$ равны $0$ , поскольку $u_{(k)} = 0$ (см. 2b°) и $Q_1 = 0$ (см. 1*).
(4°) Отсюда имеем: $R_{(k+1)} = (c-b)^{n-1}$$_{(k+1)} = (r'^n)^{n-1}$$_{(k+1)} = (r'^{n-1})^n$$_{(k+1)}$ [КЛЮЧ доказательства!]
Рассмотрим равенство $a = r'R'$ (см. 2a°) по $k+1$ -значным окончаниям:
$a_{(k+1)} = (r'R')_{(k+1)} =$ … (см. 4°) … $= (r'r'^{n-1})_{(k+1)} = (r'^n)_{(k+1)} =$ … (см. 2a°) … $= (c-b)_{(k+1)}$ ,
что противоречит (2b°).
Теорема доказана.

Виктор Сорокин

shwedka · 11/12/05 3542 Швеция

Цитата:

следовательно:
(2a°) $r = (c-b)= r'^n$

вот это 'следовательно'
и нужно объяснить.

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

shwedka писал(а):

Цитата:

следовательно:
(2a°) $r = (c-b)= r'^n$

вот это 'следовательно' и нужно объяснить.

Согласно отзыву Французской Академии на одну из моих первых попыток доказательства ВТФ этот факт был известен еще три столетия тому назад. Его доказательство аналогично доказательству Леммы 1*: группировкой членов числа $R$ в пары с выделением у каждой пары сомножителя $(c-b)^2$ . Помимо таких пар, остается еще один член: $nc^mb^m$ , где $m = (n-1)/2$ . Из этого следует, что числа $r$ и $R$ взаимопростые, в которых каждое простое основание входит только в одно из них и в степени $tn$ . Так что и $r$ , и $R$ являются $n$ -ми степенями.

shwedka · 11/12/05 3542 Швеция

Да,
при $n=3$
$R=(b-c)^2+3bc$
но если $b-c$ делится на 3 (а почему бы и нет??), то
$r, R$ не взаимно просты. И что тогда??

Может, здесь Вы и прорветсь, но дальше пойдут опять разговоры о пропущенных рассуждениях.
Не поленитесь, напишите без пропусков и висящих 'следовательно'
Вaше доказательство ТОЛЬКО для $n=3$ . Тогда есть надежда, что кого-то убедите в серьезном отношении к Вам.

Сорокин Виктор · 27/05/05 251 Франция

shwedka писал(а):

Да,
при $n=3$
$R=(b-c)^2+3bc$
но если $b-c$ делится на 3 (а почему бы и нет??), то
$r, R$ не взаимно просты. И что тогда??

Может, здесь Вы и прорветсь, но дальше пойдут опять разговоры о пропущенных рассуждениях.
Не поленитесь, напишите без пропусков и висящих 'следовательно'
Вaше доказательство ТОЛЬКО для $n=3$ . Тогда есть надежда, что кого-то убедите в серьезном отношении к Вам.

Для того чтобы исключить сфорумулированный Вами прокол, из трех чисел $a$ , $b$ , $c$ в левой части равенства 1° оставляется такое, которое не кратно $n$ (в Вашем случае $n=3$ ), и теперь числа $r, R$ взаимопростые (а если $a$ кратно $n$ , то $r, R$ делятся на $n$ - см. Лемму 1*).

shwedka · 11/12/05 3542 Швеция

вот и хорошо. теперь напишите пожалуйста, u остальное доказательство без пробелов в рассуждениях, для степени 3. не жалейте слов. пусть будет 30 строк или 100, но чтоб всё было объяснено.

что такое эквивалентные?
что такое $Q$ ??

прошу второй раз

shwedka · 11/12/05 3542 Швеция

Цитата:

(4°) Отсюда имеем: $$R_{(k+1)} = (c-b)^{n-1}$]$

И вот это поподробнее откуда взялось?

Научный форум dxdy

Правила форума

ВТФ by Виктор Сорокин

Кто сейчас на конференции