ВТФ и бином Ньютона

[Николай Лощкарёв]

Господа!
Позвольте новичку обойтись без формул!
Итак:выразить число в любой степени суммой чисел, имеющих те же степени, дозволяет то, что оно |число| есть сумма чисел |формально многочлен| произвольного числа суммируемых чисел |положительных и отрицательных|, определённее - только как сумма единиц. Вторая "крайность" - минимальное число слагаемых 2. В ВТФ речь идет о двух слагаемых в целой степени, так что вопрос её сводится к формуле бинома Ньютона: (a+b) в интересующий нас любой целой степени. Вы знаете, что число слагаемых, каждое из которых имеет рассматриваемую степень, равно степени бинома: a(a+b) +
b(a+b), для степени 2. Для степени 3 имеем три сkагаемых:
aaa+3ab(a+b)+bbb. Для степени 4 их:aaaa+4ab(aa+bb)+
6aabb+bbbb, тоже 4. В скобках всегда либо число в первой степени, либо число в степени 2, при степенях нечётных и степенях чётных. Станем ли мы удивляться, что существует бесчисленное множество целых чисел (a+b), так что мжно выразить слагаемые в формуле бинома Ньютона каждое одним числом в степени бинома?
Главное:число слагаемых в степени бинома должно быть равно его степени, чтобы сумма их была равна числу в степени. Целых чисел это тоже "касается".
Можно только изумиться, что степень 2 в ВТФ играет странное место! Для двух ВТФ-овских слагаемых только о ней и может идти речь!!
Пишите, господа.

[Виктор Ширшов]

Николай Лощкарёв в сообщении #193182 писал(а):

В ВТФ речь идет о двух слагаемых в целой степени, так что вопрос её сводится к формуле бинома Ньютона: (a+b) в интересующий нас любой целой степени. Вы знаете, что число слагаемых, каждое из которых имеет рассматриваемую степень, равно степени бинома: a(a+b) +
b(a+b), для степени 2. Для степени 3 имеем три сkагаемых:
aaa+3ab(a+b)+bbb. Для степени 4 их:aaaa+4ab(aa+bb)+
6aabb+bbbb, тоже 4.

В ВТФ утверждается, что при n>2 одно целое число с целочисленным показателем нельзя разложить в сумму двух целых чисел c тем же показателем.
Вы ошибаетесь в своём выводе, говоря, что в теореме Ферма вопрос сводится к формуле бинома Ньютона. В Вашей записи сумма двух целых чисел a+b при n=2 должна принимать только такой вид: aa+bb; при n=3 - aaa+bbb; при n=4 - aaaa+bbbb.

[Николай Лощкарёв]

Спасибо за ответ!
Вы упустили, простите, "начало беседы, а именно то, что любое целое число есть неопределённыя |кроме суммы единиц|сумма разных чисел, но во всяком случае в ней минимум 2 слагаемых - бином. А степень бинома и раскрывается формулой Ньютона и в ней число членов всегда равно степени...
Я, как раз и пишу, что только при степени 2 целое число можно представить суммой двух и более "квадратичных" членов. Вообще, в любой целой степени, целое число может быть представлено МИНИМАЛЬНЫМ числом слагаемых в той же степени, РАВНЫМ степени. Иначе эта сумма не есть полная степень целого числа. Именно это и предлагал доказать П. Ферма.
Для степеней 2 и З это было известно с древности |Я. Перельман "Занимательная алгебра"|.

[Мат]

Николай Лощкарёв
$56^3+65^3=661^2$ - показатель степени выше показателя числа слагаемых.

[Николай Лощкарёв]

Спасибо!
Но не торопитесь, пожалуйста...
Ещё раз - любое целое число может мыслиться |и есть!|сумма МИНИМУМ пары чисел, значит, оно в целой степени есть бином в этой степени. Вы знаете, что в его раскрытом виде |произведенной операции возведения в степень!| все слагаемые имеют степень бинома. В ВТФ речь идет только о паре слагаемых в одной целой степени и это неопрелелённое уравнение ПОТОМУ решается в целых числах для степени 2.
Вы привели странный пример... Вот Вам пример иной:7x7 = 2x2 + 3x3 + 6x6, кажись, более подходящий к теме беседы.

[Виктор Ширшов]

Николай Лощкарёв в сообщении #193627 писал(а):

Спасибо за ответ!
Вы упустили, простите, "начало беседы, а именно то, что любое целое число есть неопределённыя |кроме суммы единиц|сумма разных чисел, но во всяком случае в ней минимум 2 слагаемых - бином. А степень бинома и раскрывается формулой Ньютона и в ней число членов всегда равно степени...

Николай Лощкарёв в сообщении #193627 писал(а):

Спасибо за ответ!
Вы упустили, простите, "начало беседы, а именно то, что любое целое число есть неопределённыя |кроме суммы единиц|сумма разных чисел, но во всяком случае в ней минимум 2 слагаемых - бином. А степень бинома и раскрывается формулой Ньютона и в ней число членов всегда равно степени...

Повторяю, Ферма утверждал совсем не то, во что Вы слепо уверовали. Не понимаю, зачем для доказательства ВТФ нужно применять бином и ещё раскрывать его степень формулой Ньютона. Взгляните на неё проще. Это обращение не только к Вам. Из теоремы Ферма следует, что при n>2 "целое число с целочисленным показателем не раскладывается в сумму двух целых чисел с теми же показателями". Отсюда вытекает, что при n=1 и n=2 ...разложить можно. Пусть $z^2 = x^2 + y^2$. Очевидно, при n=3, Диофантово уравнение, если бы это было возможно, имело вид $z^3 = x^3 + y^3$, а не $z^3 = (x + y)^3$. Разницу видите?
Уравнение $z^3 = x^3 + y^3$ можно записать ещё так: $z^2\cdot(z) = (x^2 + y^2)\cdot(x,y)$. После умножения каждой части уравнения на соответствующие сомножители получим $z^3 = x^3 + y^3$

[Николай Лощкарёв]

Уважаемый господин Ширшов!
Спасибо за ответ, но я пишу только о неопределённом уравнении любой целой степени, в котором сумма из 2-х слагаемых, каждое из которых есть число в той ж в целой е степени, равна числу в той же степени. В ВТФ требуется доказать, что для целых степеней, больших 2, все три числа не могут целыми. Тем самым, для доказательства ВТФ достаточно факта, что это результирующее число не целое при степенях, больших 2. Я ни о чём ином и не пишу. Вынужден повториться, приводя пример для степени 4. Целое число есть минимум сумма двух целых чисел, соответственно А = (a+b) в степени 4, то есть АААА =
(a+b)(a+b)(a+b)(a+b) = aaaa + 4ab(aa+bb) + 6aabb + bbbb.
Вы видите, что целое число (a+b), будучи возведено в степень 4, равно сумме четырёх слагаемых в степени 4 каждое. Это правило справедливо для всех целых степеней целых чисел. В ВТФ слагаемых всего два и поэтому такое уравнение решается в целых числах при степени 2, но не имеет целочисленного решения при целых степенях, больших 2.
Убедительно прошу Вас не отвлекаться на то, о чём я не упоминаю.
С уважением: Н. А. Лошкарёв

[AD]

Виктор Ширшов в сообщении #196079 писал(а):

Повторяю, Ферма утверждал совсем не то, во что Вы слепо уверовали.

А не важно, что он утверждал. Теоремой Ферма называется то, во что все уверовали. Если доказать что-то другое, то это не будет теорема Ферма, даже если Ферма в действительности это и имел в виду. Всем интересно решение именно проблемы в общепринятой формулировке. Но удивительное количество ферматиков этого факта не понимают.

[arqady]

AD писал(а):

Но удивительное количество ферматиков этого факта не понимают.

Мне больше импонирует называть их ферматистами , - типа мазохисты, садисты, ... - из того же ряда . Ферматики же - что-то в роде прагматики, математики, ... - из другого.

[Николай Лощкарёв]

Что имел в виду Виктор Ширшов?
"Сумма одинаковых степеней двух целых чисел не может быть той же степенью какого-либо третьего числа. Исключение составляет лишь вторая степень, для которой это возможно" |Я. И. Перельман|. Доказательство этого утверждения и есть задача "ферматиков".
Что эта задача проста станет понятно всякому, окончившему 9 классов вот почему:
1. Всякое целое число есть сумма произвольного числа разных чисел, целых в частности. Для чисел натурального ряда число слагаемых |единиц| равно самому числу. Значит, говоря число, имеем ввиду многочлен и всегда определённо |по крайней мере| - двучлен |бином|.
2. Всякое число в целой степени есть, по крайней мере, бином в целой степени.
3. Число слагаемых по формуле Ньютона для бинома в целой степени всегда равно степени:2, 3, 4, 5... для степеней 2, 3, 4, 5...
Вывод:так как в ВТФ всего два слагаемых, то лишь для степени 2 это неопределённое уравнение разрешимо в целих числах. "Исключение для степени 2" не есть исключение, но следствие правила возведения бинома в степень |формализованное Ньютоном|.
Многовекавая эпопея доказательств ВТФ удивительна ещё и потому, что с древности было известно:1. Площадь квадрата равна сумме 2-х площадей и есть такие натурального размера квадраты площади которых равны суммам площадей квадратов.
2. Известно было также, что объём куба с натуральным размером ребра равен сумме объёмов трёх тел и есть кубы такого размера, что их объём равен сумме объёмов трех кубов с натуральными размерами рёбер.
Бином Ньютона только расширяет знание древних на все целые степени целых чисел.
Николай Лошкарёв

[TOTAL]

Николай Лощкарёв писал(а):

2. Известно было также, что объём куба с натуральным размером ребра равен сумме объёмов трёх тел и есть кубы такого размера, что их объём равен сумме объёмов трех кубов с натуральными размерами рёбер.

Приведите размеры кубиков.

[Лукомор]

Николай Лощкарёв писал(а):

3. Число слагаемых по формуле Ньютона для бинома в целой степени всегда равно степени:2, 3, 4, 5... для степеней 2, 3, 4, 5...

1. Число слагаемых по формуле Ньютона для бинома в целой степени всегда на единицу больше степени.
2. Для степени 4 число слагаемых равно 3:
$2 682 440^4 + 15 365 639^4 + 187 960^4 = 20 615 673^4$ (Наум Элькис, 1988 год)
$95 800^4 + 217 519^4 + 414 560^4 = 422 481^4$ (Роджер Фрай)
...

Добавлено спустя 2 минуты 12 секунд:

TOTAL писал(а):

Николай Лощкарёв писал(а):

2. Известно было также, что объём куба с натуральным размером ребра равен сумме объёмов трёх тел и есть кубы такого размера, что их объём равен сумме объёмов трех кубов с натуральными размерами рёбер.

Приведите размеры кубиков.

$3^3+4^3+5^3=6^3$

[TOTAL]

Лукомор писал(а):

TOTAL писал(а):

Николай Лощкарёв писал(а):

2. Известно было также, что объём куба с натуральным размером ребра равен сумме объёмов трёх тел и есть кубы такого размера, что их объём равен сумме объёмов трех кубов с натуральными размерами рёбер.

Приведите размеры кубиков.

$3^3+4^3+5^3=6^3$

Если уж ответили на заданный не Вам вопрос, поясните, как существование этого равенства объясняется формулой $(a+b)^3=a^3 + 3ab(a+b) + b^3?$

[Лукомор]

TOTAL писал(а):

Лукомор писал(а):

TOTAL писал(а):

Николай Лощкарёв писал(а):

2. Известно было также, что объём куба с натуральным размером ребра равен сумме объёмов трёх тел и есть кубы такого размера, что их объём равен сумме объёмов трех кубов с натуральными размерами рёбер.

Приведите размеры кубиков.

$3^3+4^3+5^3=6^3$

Если уж ответили на заданный не Вам вопрос, поясните, как существование этого равенства объясняется формулой $(a+b)^3=a^3 + 3ab(a+b) + b^3?$

Никак!
Более того, оно никак не объясняется формулой бинома:
$(a+b)^3=a^3 + 3a^2 b +3ab^2 + b^3$ в котором четыре слагаемых

[TOTAL]

Лукомор писал(а):

Более того, оно никак не объясняется формулой бинома:
$(a+b)^3=a^3 + 3a^2 b +3ab^2 + b^3$ в котором четыре слагаемых

Не четыре, а пять: $(a+b)^3=a^3 + 2a^2 b + a^2 b+3ab^2 + b^3$