Доказательство Великой теоремы Ферма (просто новогодняя сказ

Здесь вы можете сформулировать математическую задачу, с которой вам не справиться, или, наоборот, поделиться своим маленьким открытием.
Возможно, другие пользователи помогут вам или порадуются вместе с вами...

Модератор: модераторы

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Лемма и ее доказательство

Сообщение Виктор Сорокин » Сб, 03 фев 2007, 19:01

Виктор Сорокин писал(а):Остается узнать, кто и когда доказал Лемму.
Не дожидаясь ответа...

Лемма.
Если целые числа a, b, c имеют только один общий делитель 1, и
a+b=c, и
числа (c^n-a^n) и (c^n-b^n) имеют общий простой делитель d>3c^2, и
в базе d числа a^n, b^n, c^n оканчиваются на цифру 1, то при n>1
либо число (a^n-b^n)/(a+b) не делится на d, либо число 3c^2 делится на d.

Доказательство.
Допустим, что число (a^n-b^n)/(a+b) делится на d.
Тогда число S=(c^n-b^n)/(c-b)+(c^n-a^n)/(c-a)+(a^n-b^n)/(a+b), или
(c^n-b^n)/a+(c^n-a^n)/b+(a^n-b^n)/c = [c^(n+2)+b^(n+2)+(a+b)c^(n+1]/abc=
=[c^2+b^2+a(c+b)]/abc, делится на d.
Но так как числа a^n, b^n, c^n оканчиваются на цифру 1, то число s= c^2+b^2+a(c+b), где 0<s<d, является однозначным и, следовательно, число S на d НЕ ДЕЛИТСЯ.

Таким образом, краткое элементарное доказательство по существу найдено.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Сб, 16 июн 2007, 20:05

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ВЕЛИКОЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМА

Доказательство проводится в базе с простым основанием n > 2.
Обозначения:
a_i, a_{i} – i-я цифра от конца в числе a.
a_(i) – i-значное окончание числа a.

Допустим, что равенство
(1°) x^n+y^n=c^n имеет решение в целых положительных числах.
С помощью простых преобразований оно приводится к виду
(2°) A^n+B^n=C^n, где
(3°) B_1 =/ 0,
(4°) B_(k) = 1,
(5°) A+B-C = u = pn^k, где p не кратно n,
(6°) A = an^k+A_(k) = an^k+a',
B = bn^k+C_(k) = bn^k+a',
C = cn^k+C_(k) = cn^k+c'.
Определения:
ИДЕАЛ -- выражение a^n +b^n -c^n = E, в котором a_1+b_1-c1 = 0,
ДЕФЕКТ – a^n+b^n -c^n = D, где a_1+b_1-c1 =/ 0,
КОРРЕКЦИЯ -- a'+b'-c'= F.

Идея доказательства :
D>E>0, т.е. никакие k-значные окончания чисел A, B, C (даже a' = 99…998, b' = 00…01, c' = 99…999) неспособны исправить ДЕФЕКТ.

Доказательство.
Согласно малой теореме Ферма, для существования равенства D = 0 необходимо равенство (a_1+b_1-c1)_1 = 0. И даже самое незначительное (всего на 1 числа b) нарушение этого равенства влечет за собой нарушение равенства D = 0 как минимум на D-E=(b+1)^n – b^n.
Однако легко видеть [учитывая неравенства A^(n-1) + B^(n-1) > A^(n-1) , … A+B > C], что никакие значения k-окончаний a', b', c' чисел A, B, C (при условии b' = 1 и a'+b' = c') не в состоянии свести ДЕФЕКТ на нет, так как
A^n+B^n-C^n > (A+a)^n+(B+1)^n-(C+c)^n при ЛЮБЫХ значениях a' и c'.
ВТФ полностью доказана.

P.S. К случаю n=2 доказательство не применимо, так как получение равенства (a_1+b_1-c1)_1 = 0 возможно как прибавлением к b_1 единицы, так и вычитанием. В одном из двух случаев противоречие отсутствует.

15 июня 2007

++++++++++++++++

А это элементарное доказательство Великой теоремы Ферма опровергнуть будет очень трудно.

Доказательство ВТФ проводится в базе с простым основанием n > 2.
Обозначения:
a_i, a_{i} – i-я цифра от конца в любом числе a.
a_(i) – i-значное окончание числа A или a.
A_(i) – число A, в котором последние i цифр заменены нулями.
r – число цифр в числе C.

Известно, что равенство Ферма нечетной степени сводится к простой степени n
(1°) A^n+B^n=C^n, где:
(2°) число C имеет вид: C = 99…999 либо 00…00999…99 (если C кратно n) (здесь символом 9 обозначается цифра n-1),
(3°) A+B-C = u = pn^k, где p не кратно n и k>1
(откуда a+b-c равно либо нулю, либо единице),
(4°) C > A > B.

Идея доказательства: A_(k) = C_(k), следовательно, A+B-C равно либо нулю, либо нечетно, и в обоих случаях равенство Ферма невозможно.

Доказательство.

Даже при наименьшем значении числа A (при фиксированном значении числа C), то есть когда A=B и 2A^n=C^n, мы имеем:
A2^(1/n) = C или A(1+1)^(1/n) = C или A(1+d), где d<1/n, из чего следует, что первые цифры чисел A и C равны, т.е. A_(r) = C_(r) = 9.
Теперь покажем, что и A_(r-1) = C_(r-1) = 9.
Запишем равенство (1°) в виде
(A_(r-1)+a_(r-1))^n+B^n=(C_(r-1)+c_(r-1))^n, где A_(r-1) = C_(r-1). И тогда наибольшее значение числа B достигается при a=1. Но и при этом условии B = [nc^(n-1)+…]^(1/n),
из чего следует, что цифра B_{r-1} < 1, то есть равна нулю.
Аналогично мы получаем, что и B_{r-2} < 1 [из равенства:
(A_(r-2)+a_(r-2))^n+B^n=(C_(r-2)+c_(r-2))^n, где A_(r-2) = C_(r-2)].
И так далее до цифр с номерами k+1. И теперь, учитывая (3°), мы имеем:
A+B-C равно либо нулю, либо n^k, и в обоих случаях равенство Ферма невозможно. (Во втором случае среди чисел A, B, C нечетных чисел не два, а одно или три.)
Следовательно, равенство 1° в целых числах неразрешимо.

(22 июня 2007, Мезос)

Полагаю, форма изложения не станет камнем преткновения для истинных любителей математики. В.С.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Вс, 24 июн 2007, 8:51

Небольшое исправление после:
Запишем равенство (1°) в виде
(5°) (A_(r-1)+a_(r-1))^n+B^n=(C_(r-1)+c_(r-1))^n, где A_(r-1) = C_(r-1) [или A_r=C_r].
Если A_{r-1} =/ C_{r-1}, то, как легко видеть из 5°, B_r =/ 0 и A_r =/ C_r, что невозможно. Следовательно, B_{r-1} = 0.
Аналогично и остальные цифры числа B вплоть до B_{k+1} равны нулю.
Иных осложнений не предвидится.
В.С.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: Счастливо оставаться!

Сообщение Виктор Сорокин » Пт, 03 авг 2007, 8:17

Конец загадки Великой теоремы?

Все числа в тексте целые и даны в базе с простым основанием n.

Вот известные положения, многократно обсужденные на математических форумах.
Итак, пусть
(1°) A^n+B^n = C^n, где простое n > 2 и A, B, C взаимопростые.
И пусть пока число ABC не кратно n. Тогда:
(2°) C^n-B^n=(C-B)P, где C-B=a'^n, P=a''^n,
C^n-A^n=(C-A)Q, где C-A=b'^n, Q=b''^n,
A^n+B^n=(A+B)R, где A+B=c'^n, R=c''^n,
[это следует из простой леммы: если числа A и B взимопростые и число A+B не кратно n, то числа A+B и R = {A^n+B^n}/{A+B} являются взаимопростыми (ибо R=(A+B)^2T+nAB)];
(3°) числа a', a'', b', b'', c', c'' попарно взаимопростые;
(4°) A=a'a'', B=b'b'', C=c'c''.

(5°) Важные равенства:
c'^n - b'^n = 2a'a'' - (C-B),
c'^n - a'^n = 2b'b'' - (C-A),
a'^n + b'^n = 2c'c'' - (A+B), или

(5°a) (A+B) - b'^n = 2a'a'' - a'^n ,
(A+B)- a'^n = 2b'b'' - b'^n ,
a'^n + b'^n = 2c'c'' - (A+B),
откуда (из первых двух равенств) находим числа a'' и b'':
(6°) a'' = {(A+B) - b'^n + a'^n}/{2a'},
b'' = {(A+B) - a'^n + b'^n}/{2b'}.
И наконец, мы находим две формулы, лежащие в основе доказательства ВТФ:
(7a°) a'' - b'' = {(b'-a')(A+B) + (a'+b')(a'^n-b'^n)}/{2a'b'},
(7b°) a'' + b'' = {(b'+a')(A+B) - (a'-b')(a'^n-b'^n)}/{2a'b'}.

Элементарное доказательство Великой теоремы Ферма

Пусть для определенности числа A и B не кратны n. Легко видеть, что формулы7° остаются верными и в случае, если число C кратно n.
Рассмотрим числа a'', b'', P, Q в бинарной системе по последним двум-трем цифрам. Вот все возможные случаи:
a) если a'=…01, b'=…01 [или a'=…11, b'=…11], то a''+ b''=…00, но P+Q=…10;
b) если число a'+b' оканчивается на k нулей, то и число a''-b'' оканчивается на k нулей, но число P-Q оканчивается на k+1 нулей [т.к. число P-Q делится на A-B и, кроме того, на общий делитель чисел C и A+B];
c) если a'=…0 [или b'=…0], то оба числа a''- b'' и a''+ b'' кратны 4, что невозможно, так как числа a'' и b'' взаимопростые.

Если число A кратно n, то берутся числа c'', b'', R, Q. Их анализ приводит к аналогичным противоречиям:

Если число A кратно n, то берутся числа c'', b'', R, Q. Их анализ приводит к аналогичным противоречиям.

(8a°) c'' - b'' = {(c'-a')(C+B) - (c'+b')(C-B)}/{2a'b'},
(8b°) c'' + b'' = {(c'+a')(C+B) - (c'-b')( C-B)}/{2a'b'}.

Учитывая школьные формулы для многочленов R и Q, легко видеть, что число R - Q делится на четное число C+B и, кроме того, на общий делитель четных чисел A и C-B. Следовательно, число C+B делится на 2 лишь в первой степени.
Рассмотрим числа c'', b'', R, Q в бинарной системе по последним двум-трем цифрам. Вот все возможные случаи:
a) если c'=…01, b'=…01 [или c'=…11, b'=…11], то c''+ b''=…00 , но R+Q=…10;
b) если число c'+b' оканчивается на k нулей, то и число c''-b'' оканчивается на k нулей, но число R-Q оканчивается на k+1 нулей [т.к. число R-Q делится на C-B и, кроме того, на общий делитель чисел A и C+B];
c) если c'=…0 [или b'=…0], то оба числа c''- b'' и c''+ b'' кратны 4, что невозможно, так как оба числа c'' и b'' взаимопростые.

(Следует иметь в виду, что число R [аналогично и числа P и Q] является четным лишь в случае, если и A, и B яляются четными.)

Итак, ВТФ полностью доказана.

Виктор Сорокин

Мезос, 2 агуста, 2007

(В редакции от 7.8.2007)
Последний раз редактировалось Виктор Сорокин Вс, 12 авг 2007, 8:27, всего редактировалось 8 раз.

Влад
Сообщения: 1615
Зарегистрирован: Ср, 07 янв 2004, 16:10
Откуда: PUNK_22_13
Контактная информация:

Re: Счастливо оставаться!

Сообщение Влад » Пт, 03 авг 2007, 16:02

Виктор Сорокин писал(а):Доказательство (с помощью того же самого аппарата) Случая 2 (ABC кратно n) будет представлено сразу же после признания верным доказательства Случая 1.

Т.е. никогда.
"Ты - мой вопрос на главный ответ!"(с)СЛОТ
She broke my heart.
You merely broke my life.

Я сразу всё, но я ничто.
Я тысячи людей, но я никто...
:D :D :D
Превратился в дерьмо, а как обратно - не знаю...

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: Счастливо оставаться!

Сообщение Виктор Сорокин » Вс, 12 авг 2007, 15:25

Виктор Сорокин писал(а):Элементарное доказательство Великой теоремы Ферма
Всё гораздо проще:

Доказательство Великой теоремы Ферма:

Легко видеть (см. 6°), что числа a''- b'' и a''+ b'' содержат делитель 2 в РАВНОЙ степени или в обоих больше единицы, что при НЕЧЕТНЫХ a'' и b'' НЕВОЗМОЖНО. Следовательно, равенство Ферма невозможно.

++++++++++++++++++

Минидоказательство случая a'+b' кратно ровно двум:
Тогда и числа a'-b', следовательно, и a'^n-b'^n, или A-B, следовательно, и A^n-B^n, делятся на 4. Но сумма и разность нечетных чисел A^n и B^n не могут одновременно делиться на 4. И противоречие налицо.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Re: Счастливо оставаться!

Сообщение Виктор Сорокин » Пн, 20 авг 2007, 0:46

Виктор Сорокин писал(а):Минидоказательство случая a'+b' кратно ровно двум:

Развитие темы:

Поворот в доказательстве ВТФ. Полный текст с самого начала…

Итак, пусть
(1°) a^n+b^n = c^n, где нечетное n >2 и (для начала) a и b нечетные и c=2^kx, где здесь и всюду ниже x - нечетное число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.
Легко видеть, что
(2°) a+b-c=2^kx.

Покажем, что равенство 1° в целых числах неразрешимо.

Сделаем 1-ю подстановку:
(3-1°) a=c_1-b_1, b=c_1-a_1, c=a_1+b_1, где
(4-1°) a_1+b_1-c_1=2^{k-1}x.
Легко видеть, что
(5-1°) a_1+b_1=2^kx и числа a_1, b_1, c_1 целые, а числа a_1 и b_1 нечетные.

Сделаем 2-ю подстановку:
(3-2°) a_1=c_2-b_2, b_1=c_2-a_2, c_1=a_2+b_2, где
(4-2°) a_2+b_2-c_2=2^{k-2}x.
Легко видеть, что
(5-2°) a_2+b_2=2^{k-1}x и числа a_2, b_2, c_2 целые, а числа a_2 и b_2 нечетные.
……………………………………….
И так далее до k-й подстановки:
(3-k°) a_{k- 1}=c_k-b_k, b_{k-1}=c_k-a_k, c_{k- 1}=a_k+b_k, где
(4-k°) a_k+b_k-c_k=2^0x.
Легко видеть, что
(5-k°) a_k+b_k=2^1x и числа a_k, b_k, c_k целые, а числа a_k и b_k нечетные.
Но тогда из 4-k° имеем:
(6°) a_k-b_k=2^2y, где y – целое число, величина которого значения НЕ ИМЕЕТ.

Теперь выразим числа a, b, c через a_k, b_k, c_k .
При этом равные слагаемые в числах a и b мы будем отбрасывать, поскольку нам важна только разность чисел a и b. В итоге, очевидно, мы получаем равенства:
(7°) a=b_k+x и b=a_k+x (либо a=a_k+x и b=b_k+x), где x – отброшенное число.
И теперь, вычислив число a^n-b^n, мы находим, что оно КРАТНО ЧЕТЫРЕМ. Но, как видно из 1°, и число a^n+b^n тоже КРАТНО ЧЕТЫРЕМ, что при нечетных числах a^n и b^n невозможно.

Великая теорема доказана.

(Мезос, 19 августа 2007)
Последний раз редактировалось Виктор Сорокин Вт, 21 авг 2007, 10:29, всего редактировалось 1 раз.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Пн, 20 авг 2007, 18:04

Поясняющие мелочи
1. Формулировка противоречия:
Сумма и разность нечетных чисел не могут одновременно делиться на 4.

2. Подробности об i-й подстановке:

(3-i°) a_{i-1}=c_i-b_i, b_{i-1}=c_i-a_i, c_{i- 1}=a_i+b_i, где
(4-i°) a_i+b_i-c_i=2^{k-i}x.
Легко видеть, что
(5-i°) a_i+b_i=2^{k-i+1}x, c_i=2^{k-i}x, и числа a_i, b_i, c_i целые, а числа a_i и b_i нечетные.
Таким образом, после последней (k-й) подстановки все числа a_k, b_k, c_k становятся нечетными.

3. Случай четного a доказывается совершенно аналогично, но с той лишь разницей, что в числах c_k и b_k равные по абсолютному значению слагаемые y имеют противоположные знаки.
И теперь после подстановки значений c и b, выраженных через c_k и b_k мы получаем противоречие: оба числа c^n-b^n и c^n+b^n кратны 4, что при нечетных c^n и b^n невозможно.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Вт, 21 авг 2007, 23:44

1. Увы, и это доказательство оказалось неверным В ПРИНЦИПЕ.
2. Однако, если элементарное доказательство ВТФ существует, то оно находится где-то совсем рядом. Я анализирую ошибки и новые свойства равенства Ферма. Когда-нибудь я изложу логику этого анализа, а пока основной вывод: противоречие должно обнаруживаться только с помощью НЕРАВЕНСТВ.
3. Давным давно я выдвинул такую гипотезу:
так как число P-Q делится на A-B и, кроме того, на общий делитель чисел C и A+B, то в числе P-Q= a''^n -b''^n = именно сомножитель a''-b'' делится и на A-B, и на с' (оба эти числа взаимопростые). Но доказать это мне все не удавалось.
4. 2 августа я предложил доказательство с помощью числа
a''-b'' = {(b'-a')(A+B) + (a'+b')(a'^n-b'^n)}/{2a'b'} (см. формулу (7a°) от Пт, 03 Авг 2007, 8:17 ). И вот только сегодня я заметил, что число a''-b'' делится и на A-B, и на с'!
5. И теперь можно показать, что число { a''-b''}/{(A-B)c'} есть НЕПРАВИЛЬНАЯ ДРОБЬ, что противоречит п.3.
(Так, мне очевидно, что a''-b''< {P-Q}/{a''-b''})^{1/n}< c' и т.д.)

Итак, постепенно приступаю к простым расчетам.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Ср, 22 авг 2007, 21:22

Виктор Сорокин писал(а):Итак, постепенно приступаю к простым расчетам.


ВЕЛИКОЛЕПНОЕ ПОДТВЕРЖДЕНИЕ ГИПОТЕЗЫ!

Расчет на какуляторе самого трудного случая:
n=3, A и B не кратны n.
При A=100 и B=200 значения чисел
a''-b''=7,9834, а (a'-b')c' = 18,476.
Таким образом, деление первого числа на второе нацело невозможно (оно невозможно ни при каких целых А, В, С).

Может ли кто проверить мои простые расчеты?

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Пт, 24 авг 2007, 15:52

Промежуточные итоги

Как показывают расчеты на конкретных числах, в любом раенстве
a^n+b^n = c^n с простым n > 2 и положительными действительными числами a, b, c, где 0 < b/a <1,
число h = {a_2-b_2}/{4n(b_1-a_1)} является ПРАВИЛЬНОЙ дробью.
А в случае целочисленного равенства a^n+b^n = c^n, в котором целое число кратно 4, а два других числа нечетны, число h, что следует из формулы 7°, является ЦЕЛЫМ числом, что противоречит первому факту.
Это фундаментальное противоречие равенства Ферма в общем виде является, насколько мне известно, единственным.
Представляется, что вычислить значение действительного числа h проще всего методами математического анализа, что я предоставляю специалистам в этой области.
Я же попытась вычислить число h с помощью приближенных вычислений.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Ср, 29 авг 2007, 0:44

Виктор Сорокин писал(а):3. Давным давно я выдвинул такую гипотезу:
так как число P-Q делится на A-B и, кроме того, на общий делитель чисел C и A+B, то в числе P-Q= a''^n -b''^n = именно сомножитель a''-b'' делится и на A-B, и на с' (оба эти числа взаимопростые). Но доказать это мне все не удавалось.

=================
Отклонение в доказательстве после формулы 7°.

====================================
Напомню основные свойства равенства Ферма

(1°) a^n+b^n = c^n, где простое n > 2 и a, b, c взаимопростые.
И пусть пока число abc не кратно n. Тогда:
(2°) c^n-b^n=(c-b)P, где c-b=a_1^n, P=a_2^n,
c^n-a^n=(c-a)Q, где c-a=b_1^n, Q=b_2^n,
a^n+b^n=(a+b)R, где a+b=c_1^n, R=c_2^n,
[это следует из простой леммы: если числа A и B взимопростые и число A+B не кратно n, то числа A+B и R = {A^n+B^n}/{A+B} являются взаимопростыми (ибо R=(A+B)^2D+nAB)];
(3°) числа a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2 попарно взаимопростые,
числа P, Q, R и a_2, b_2, c_2 нечетны;
(4°) a=a_1a_2, b=b_1b_2, b=c_1c_2.
(5°) Из анализа разности многочленов P и Q в их стандартной (школьной) форме видно, что число P-Q делится на a-b.
(6°) Важные равенства:
c_1^n - b_1^n = 2a_1a_2 - a_1^n= 2a - (c-b),
c_1^n - a_1^n = 2b_1b_2 - b_1^n = 2b - (c-a),
a_1^n + b_1^n = 2c_1c_2 - c_1^ n =2c - (a+b),
откуда находим формулу числа [math]g=a_2 - b_2, лежащую в основе данного доказательства ВТФ:
(7°) g= a_2 - b_2 = {(a+b)(b_1-a_1) + (a_1+b_1)( a_1^n-b_1^n)}/{2a_1b_1}, откуда видно, что число g=a_2-b_2 делится на a_1-b_1.
==========================================
А дальше мы сделаем вот что.
Запишем числа P-Q и a-b в виде:
(8°) P-Q= a_2^n-b_2^n=(a_2-b_2)W и
(9°) a-b= a_1^n-b_1^n=(a_1-b_1)V.
И теперь, сравнивая их сомножители по (5°) и (7°), можно сделать интересный вывод:
число a_2^n-b_2^n=(a_2-b_2)W делится на a_1^n-b_1^n(a_1-b_1)V ,
а число a_2-b_2 делится на a_1-b_1.
Следовательно, число W ДОЛЖНО делиться на V.

Однако представляется, что при взаимопростых числах a_1, b_1, a_2, b_2 (что следует из 2°) числа W и V являются ВЗАИМОПРОСТЫМИ (без учета, конечно, сомножителя n).

(Не исключено, что данное утверждение представляет собою известную теорему из теории дискретных чисел. Кто-то из участников обсуждения моего предыдущего доказательства ВТФ показал глубокое знание в этой узком вопросе. И если эта лемма-теорема известна науке, то элементарное доказательство ВТФ налицо. Жаль только, что школьных знаний недостаточно для доказательства леммы-теоремы.)

Очевидно, что если одно из чисел c, c-b, c-a кратно n, то все рассуждения остаются в силе.

Числовой пример к лемме-теореме. Пусть n=3, a=1, b=4, c=2, d=3, a+b=5, c+d=5, a+b делится на c+d,
но {a^n+b^n}/{a+b}=13 НЕ делится на {c^n+c^n}/{c+c}=7.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Ср, 29 авг 2007, 23:07

Виктор Сорокин писал(а):Не исключено, что данное утверждение представляет собою известную теорему из теории дискретных чисел. Кто-то из участников обсуждения моего предыдущего доказательства ВТФ показал глубокое знание в этой узком вопросе. И если эта лемма-теорема известна науке, то элементарное доказательство ВТФ налицо. Жаль только, что школьных знаний недостаточно для доказательства леммы-теоремы.

Итак, как видно из предыдущего выступления, сама ВТФ «выеденного яйца» не стоит. «Яйца стоит» заключительная лемма-теорема.
Возможно, кто-либо из форумчан даст ссылку на ее публикацию.
Возможно, кто-то сможет привести ее – судя по аналогичным теоремам – простое доказательство.
Ну а нет – придется искать доказательство самому.
Первый (предыдущий) числовой пример иллюстрирует суть теоремы.
А вот более сильный пример для взаимопростых a, b, c, d.
Пусть c+d делится на a^n+b^n.
Тогда c+d делится и на a+b.
Но {c^n+d^n}/{c+d} и c+d являются взимопростыми (см. примеч. к 2°). Следовательно, {c^n+d^n}/{c+d} НЕ делится на {a^n+b^n}/{a+b}, т.е. W НЕ делится на V.

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Чт, 30 авг 2007, 21:48

Виктор Сорокин писал(а):«Яйца стоит» заключительная лемма-теорема.

Лемма-теорема (следовательно и ВТФ) может быть сведена к разным простым теоремам. Вот одна из них:
Числа {a^n-b^n}/{a-b} и {(a+1)^n-(b+1)^n}/{a-b}, где a-b не кратно n и a и b взаимопростые, являются взаимопростыми.
Что скажут по этому поводу специалисты в теории чисел?
И …что скажут школьники о – по существу пятистрочном – доказательстве ВТФ (или сведении ее к лемме-теореме) в 8°-9°?

Виктор Сорокин
Сообщения: 531
Зарегистрирован: Вт, 31 янв 2006, 16:45

Сообщение Виктор Сорокин » Сб, 01 сен 2007, 0:02

В поход за леммой!
Я пока не нашел простое доказательство леммы.
Но вот одна из идей ее доказательства в условиях ВТФ.
Создается впечатление, что остаток от деления числа a_2 на V меньше a_1, а остаток от деления числа b_2 на V меньше b_1. ЕСЛИ это так, то верность леммы очевидна.


Вернуться в «Доска математических объявлений»

Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и 1 гость