Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[Someone]

К формулам Евклида это тоже отношения не имеет, потому что в них тоже все числа целые.

[ydgin]

ydgin в сообщении #1381745 писал(а):

Несмотря на то, что формула Евклида генерирует все примитивные тройки, она не порождает все тройки. При добавлении дополнительного параметра ${\displaystyle k} $ получается формула, порождающая все пифагоровы треугольники единственным образом:

${\displaystyle a=k\cdot (m^{2}-n^{2}),\ \,b=k\cdot (2mn),\ \,c=k\cdot (m^{2}+n^{2})} a = k\cdot(m^2 - n^2) ,\ \, b = k\cdot(2mn),\ \, c = k\cdot(m^2 + n^2)$
где$ {\displaystyle m} , {\displaystyle n} и {\displaystyle k} $ — натуральные числа, ${\displaystyle m>n}, {\displaystyle m-n} $ нечётно, ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} $ взаимно просты.

из статьи "Пифагорова тройка" в Википедии.

[Lia]

ydgin
Там числа целые. Иначе вообще все абсурдно.
Вы будете думать, что пишете, или Вас сразу в Пургаторий?

[ydgin]

$kx=(\sqrt{k}m)^2-(\sqrt{k}n)^2$
$ky=2\sqrt{k}m\sqrt{k}n$
$kz=(\sqrt{k}m)^2+(\sqrt{k}n)^2$
$x,y,z$-примитивное решение $k,m,n$- целые.
$kx,ky,kz$-не примитивное решение.$ (\sqrt{k}m), (\sqrt{k}n), (\sqrt{k})$- могут быть не целыми

[Someone]

ydgin в сообщении #1386852 писал(а):

$ (\sqrt{k}m), (\sqrt{k}n), (\sqrt{k})$- могут быть не целыми

А по определению формул, к которым Вы всё хотите "подогнать" — обязаны быть целыми.

[vxv]

ydgin в сообщении #1386771 писал(а):

При добавлении дополнительного параметра ${\displaystyle k} $ получается формула, порождающая все пифагоровы треугольники единственным образом:...

Ключевое слово здесь - параметр.

Почему $k=7$, а не $k=49$. Тогда $a=35, b=42, A=77, B=56$?

Эксперт, похоже, лукавит (игнорируя ОДЗ).

-- 11.04.2019, 10:15 --

Someone в сообщении #1383348 писал(а):

Теперь умножьте эту тройку на $k=7$ и продемонстрируйте натуральные числа $a$, $A$, $b$, $B$.

Someone в сообщении #1386482 писал(а):

Я жду натуральных $a$, $A$, $b$, $B$. То, что Вы там навтыкали каких-то иррациональных выражений, меня не устраивает, так как все числа должны быть целыми.

[Someone]

vxv в сообщении #1387025 писал(а):

Эксперт, похоже, лукавит (игнорируя ОДЗ).

Какое ОДЗ? Вы вообще понимаете, о чём идёт речь? В обсуждаемых формулах $k$ — любое натуральное число.

[ydgin]

Someone в сообщении #1386883 писал(а):

ydgin в сообщении #1386852 писал(а):

$ (\sqrt{k}m), (\sqrt{k}n), (\sqrt{k})$- могут быть не целыми

А по определению формул, к которым Вы всё хотите "подогнать" — обязаны быть целыми.

Не знаю о каком определении идет речь.

Нужны только эти формулы.
$x=(z-y)+(x+y-z)$
$y=(z-x)+(x+y-z)$
$z=(z-y)+(z-x)+(x+y-z)$

Они объединяются в одно выражение
$(x+y-z)^s=q(z-x)(z-y)M$

[Someone]

ydgin в сообщении #1387222 писал(а):

Не знаю о каком определении идет речь.

Ну конечно, осталось только делать вид, что Вы "не понимаете". Если не понимаете, тщательно проштудируйте вывод формул, не пропуская словесных пояснений. Я не буду такие тривиальности разъяснять. Если Вы сами в этом разобраться не можете, то нечего браться за доказательство теорем, и вообще о математике лучше забыть.

-- Пт апр 12, 2019 15:00:53 --

ydgin в сообщении #1387222 писал(а):

Нужны только эти формулы.

Первоначально у нас речь шла о формулах Абеля. Потом Вы зачем-то приплели формулы для примитивных пифагоровых троек, а потом и для непримитивных. Теперь появились ещё какие-то формулы. Уводите обсуждение в сторону?

[ydgin]

Someone в сообщении #1387274 писал(а):

Теперь появились ещё какие-то формулы.

Только эти формулы и были.

[Someone]

ydgin в сообщении #1387295 писал(а):

Только эти формулы и были.

Мне процитировать здесь все сообщения, начиная с https://dxdy.ru/post1383282.html#p1383282, чтобы уличить Вас в обмане? Те, где Вы упоминаете и формулы Абеля, и формулы Евклида.
Например:

ydgin в сообщении #1383282 писал(а):

доказательство равносильно приведенным двум строкам.
$(z-y)=u^3, 3(z-x)((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))=v^3$- можно предположить, что есть целое примитивное решение.
$k(z-y)=ku^3,k 3(z-x)((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))=kv^3$ - целые не примитивные решения не существуют.

Здесь первая формула — это формула Абеля, и она верна не всегда, а только в том случае, когда $x$ не делится на $3$. Третья формула у Вас получилась из первой умножением на $k$. Вторая, если убрать лишние скобки и привести подобные члены, имеет вид $3(z-x)(x+y)=v^3$. Откуда Вы её взяли? И зачем Вы её умножаете на $k$?
Для непримитивных решений формулы Абеля не выводятся даже и для второй степени, так как для их вывода существенна примитивность решения. Формулы Евклида для второй степени вполне согласуются с формулами Абеля. Кроме того, Вы доказываете теорему для третьей степени, а для неё аналог формул Евклида не известен.

[ydgin]

Someone

ydgin в сообщении #1387222 писал(а):

Они объединяются в одно выражение
$(x+y-z)^s=q(z-x)(z-y)M$

Для $s=2$
$q_2=2,M_2=1$
$(x_2+y_2-z_2)^2=2(z-x)(z-y)$

Someone в сообщении #1383348 писал(а):

Формулы Абеля для второй степени: если для взаимно простых натуральных $x$, $y$, $z$ выполняется равенство $x^2+y^2=z^2$, и число $y$ чётное, то существуют такие натуральные числа $a$, $A$, $b$, $B$, что выполняются равенства

$$\begin{cases}z-y=a^2,\\ z+y=A^2,\end{cases}\qquad\begin{cases}z-x=\frac{b^2}2,\\ z+x=2B^2.\end{cases}$$

.

Если Вы уже написали,что
$(z_2-y_2)=a^2, 2(z_2-x_2)=b^2$
то осталось написать только
$(x_2+y_2-z_2)^2=a^2b^2$
или
$(x_2+y_2-z_2)=ab$

Получили формулы аналогичные формулам Евклида для примитивных решений.

$(x_2+y_2-z_2)=2n(m-n)=ab$

$x_2=m^2-n^2=a^2+ab$
$y_2=2mn=\frac{1}{2}b^2+ab$
$z_2=m^2+n^2=a^2+\frac{1}{2}b^2+ab$

$(z-y)=(m-n)^2=a^2$
$(z-x)=2n^2=\frac{1}{2}b^2$

$a,b,m,m$-целые.
$m,n$- взаимно простые ,разной четности,
$a,b$-взаимно простые,$a$-не кратно $q=2$.

Someone в сообщении #1387321 писал(а):

Для непримитивных решений формулы Абеля не выводятся даже и для второй степени, так как для их вывода существенна примитивность решения. Формулы Евклида для второй степени вполне согласуются с формулами Абеля. Кроме того, Вы доказываете теорему для третьей степени, а для неё аналог формул Евклида не известен.

Someone в сообщении #1387321 писал(а):

зачем Вы её умножаете на $k$?

При добавлении дополнительного параметра ${\displaystyle k} $ получается формула, порождающая все пифагоровы треугольники единственным образом.(Поменяв местами $a,b$,получим $y^2+x^2=z^2$)
$kx=(\sqrt{k}a)^2+\sqrt{k}a\sqrt{k}b=(\sqrt{k}m)^2-(\sqrt{k}n)^2$
$ky=\frac{1}{2}(\sqrt{k}b)^2+\sqrt{k}a\sqrt{k}b=2\sqrt{k}m\sqrt{k}n$
$kz=(\sqrt{k}a)^2+\frac{1}{2}(\sqrt{k}b)^2+\sqrt{k}a\sqrt{k}b=(\sqrt{k}m)^2+(\sqrt{k}n)^2$
$k(z-y)=k(m-n)^2=ka^2$
$k(z-x)=2kn^2=\frac{1}{2}kb^2$
$\sqrt{k}a,\sqrt{k}b,\sqrt{k}m,\sqrt{k}n$-могут быть не целыми.


$x=(z-y)+(x+y-z)$
$y=(z-x)+(x+y-z)$
$z=(z-y)+(z-x)+(x+y-z)$

Эти формулы для любого $s$.
И для любого $s$

$(x_2+y_2-z_2)=(x_s+y_s-z_s)=ab$

Для $s=3$
$q_3=3,M_3=(x+y)$

$(x_3+y_3-z_3)^3=3(z-x)(z-y)(x+y)=a^3b^3$

$(z-y)=a^3$
$3(z-x)(x+y)=b^3$
$a,b$- взаимно простые,$a$- не кратно $q=3$.
Для примитивных решений .

Someone в сообщении #1387321 писал(а):

зачем Вы её умножаете на $k$?

Смотрим,что будет для не примитивных решений.
Нам нужны равенства
$k(z-y)=ka^3$
$3k(z-x)(x+y)=kb^3$
А они не возможны для целых и ,потому,что при $k(z-y), k(z-x)$ -
$M_3=(x+y)$ тоже генерирует $k$ в отличие от$M_2=1$.

[Someone]

ydgin в сообщении #1387471 писал(а):

Нам нужны равенства
$k(z-y)=ka^3$
$3k(z-x)(x+y)=kb^3$

Зачем они нам нужны? Особенно второе. Почему Вы умножаете именно на $k$?

Давайте уж Вы аккуратно-аккуратно напишете формулы Абеля, умножите их на правильные степени $k$ и покажете, откуда там берётся второе равенство. С учётом того, что одно из чисел $x$, $y$, $z$ обязательно делится на $3^2$. Тогда можно будет что-то смотреть. А пока у Вас всё на уровне размахивания руками.

[ydgin]

Someone
Нужны только эти формулы.
$x=(z-y)+(x+y-z)$
$y=(z-x)+(x+y-z)$
$z=(z-y)+(z-x)+(x+y-z)$

Они объединяются в одно выражение при $x^s+y^s=z^s$

$(x+y-z)^s=q(z-x)(z-y)M$

Это выражение позволяет получить все возможные решения уравнения
$x^s+y^s=z^s$
при помощи $a,b$- любые числа.

$(x+y-z)=ab$
$(x+y-z)^s=a^sb^s$
$a^sb^s=q(z-x)(z-y)M$
$a^s=(z-y),b^s=q(z-x)M$

$x=a^s+ab$
$y=\frac{b^s}{qM}+ab$
$z=a^s+\frac{b^s}{qM}+ab$

Для получения целых решений нужно вводить ограничения для $a,b$.
$a^s,\frac{b^s}{qM},(ab)$- целые числа.

При $s=2$,
$(a_2b_2)$- может быть любым четным числом,
$(a_2^2), (\frac{1}{2}b_2^2)$- любые целые числа.

Делаем вывод: чтобы были целые решения для $s>2$,нужно выполнение равенств
$(a_2b_2)=(a_sb_s), a_2=a_s, b_2=b_s$,
а это возможно только при взаимно простых $a,b$.
Значит целых решений уравнения $x^s+y^s=z^s$ при $s>2$ не существует.

[vasili]

Уважаемый ydgin! У Вас $x + y-z = a b$, где $z-y=a^s$, тогда очевидно $(a, b) = 1$.