ВТФ - простейший случай

[age]

Гаджимурат

Цитата:

А без "асков" и "актов" не обойтись.

Обойтись. Лень безгранична. Отвечу вашими же словами: Век живи и век учись.

[Vasilevich2010]

Уважаемые господа ! А что, разве числа вида $3^2m_1x_1$ не являются числами вида $3mx_1$, включающих в себя и множество всех чисел вида $3^2m_1x_1$. Ведь любое число, делящееся на $3^i$ является числом, делящимся на $3^1$ и ясно, что случай $x=3mx_1$ при этом является самым общим. Поэтому для случая ВТФ при $n=3$ ничего больше доказывать не надо.
Дед.

[anwior]

Vasilevich2010 в сообщении #299705 писал(а):

anwior в сообщении #299580 писал(а):

Это возможно только если числа $g;k$ равно остаточны при делении на $3$. --- цитата из текста выше.

Это умозаключение предусматривает рассмотрение еще одного случая.

Вопрос к автору: какого случая?

anvior ! Я думаю, что вы имеете ввиду случай, когда числа $g;k$ имеют разные остатки при делении на $3$. Но тогда должно быть $g=3g_1+1$: $k=3k_1-1$. Доказано, что $g^3-k^3$ должно делиться на $3$. Тогда должно выполняться $3^3(g_1^3-k_1^3)+3^3(g_1^2+k_1^2)+3^2(g_1-k_1)+2=3P$; $P$ - натуральное число. После деления на $3$ увидим, что должно выполняться $3^2(g_1^3-k_1^3)+3^2(g_1^2+k_1^2)+3(g_1-k_1)+2/3=P$.
На личие слагаемого $2/3$ доказывает, что в этом случае решений в натуральных числах нет.
Дед.

Вы мне неудачно льстите --- упаси Боже, такое иметь ввиду!
Я уже побежал заново пройти 4- годичный курс по арифметике в ЦПШ, но Вы, пожалуйста, бегите впереди.

[venco]

Vasilevich2010 в сообщении #300268 писал(а):

Уважаемые господа ! А что, разве числа вида $3^2m_1x_1$ не являются числами вида $3mx_1$, включающих в себя и множество всех чисел вида $3^2m_1x_1$. Ведь любое число, делящееся на $3^i$ является числом, делящимся на $3^1$ и ясно, что случай $x=3mx_1$ при этом является самым общим. Поэтому для случая ВТФ при $n=3$ ничего больше доказывать не надо.
Дед.

Где-то я уже видел такое рассуждение. Не у вас ли?

[shwedka]

Vasilevich2010 в сообщении #300268 писал(а):

случай $x=3mx_1$ при этом является самым общим

Дед, именно за это жульничество Вас забанили.
Да, этот случай является самым общим, но Вы его не доказали.
Если считаете, что доказали, то приведите формулировку и доказательство.

[Vasilevich2010]

venco в сообщении #300370 писал(а):

[quote="Vasilevich2010 в сообщении #300268[/Где-то я уже видел такое рассуждение. Не у вас ли?

Уважаемый venco ! Вы правы. Но Вы повторяете вопрос $omeone. Я на него уже ответил. Дед.

[quote="shwedka в сообщении #300401"писала[/quote]

Цитата:

Дед, именно за это жульничество Вас забанили.
Да, этот случай является самым общим, но Вы его не доказали.
Если считаете, что доказали, то приведите формулировку и доказательство.

Уважаемая Shwedka ! В своём последнем посте я вполне логично настаивал на том, что случай $x$ делящегося на $3^1$ является самым общим. Вы пишете после этого "Да, этот случай является самым общим,..." В первом посте этой темы я привел, полученное, кстати, не без Вашей помощи, доказательство именно для этого случая. Где логика? Что ещё доказывать.
Дед

[venco]

Vasilevich2010, Вы доказали не случай произвольного $x$, делящегося на $3$. Это действительно был бы общим случаем, и включал бы случай $x$, делящегося на $9$.
Вы же доказали случай $x$, делящегося на $3$, но не делящегося на $9$.
Я понимаю, что Вам на это уже не раз указывали, так что присоединяюсь для статистики.

[shwedka]

Vasilevich2010 в сообщении #300757 писал(а):

В первом посте этой темы я привел, полученное, кстати, не без Вашей помощи, доказательство именно для этого случая.

Неправда.Доказательство дано не для этого случая.
Это Ваше утверждение 8.
Приведите формулировку и доказательство заново.
Но формулировку ПОЛНОСТЬЮ!
То есть так, чтобы в ней не было скрытых условий, появляющихся потом в 'доказательстве'

[Гаджимурат]

Vasilevich2010 в сообщении #300268 писал(а):

Ведь любое число, делящееся на $3^i$ является числом, делящимся на $3^1$

Совершенно справедливо!.Но вот какая загогулина -число,делящееся на $3^1$,не делится на
$3^i$. И,уважаемые господа фермисты,еще и еще раз напоминаю:если "бы" теорема Ф. имела решение в целых числах,то обязательно должно выполняться условие-
$xyz$ обязаны делиться на $n^2,3,5,7$ и более(для простых степеней) .Вторая степень так же простое число и все написанное относится и к ней,ПРОВЕРЬТЕ!.Только с поправкой:если $xyz$ не делятся на $7$,то $x-y$ либо $x+y$ делится на $7$.
Т.есть Вы не найдете ни одной тройки чисел,которые являются решением ур-ния Ф. для 2 степени,одно из которых делится только на $2^1$, и ни одно из них не делится на 3,5,7 .Найдете-ящик вина Ваш!

[Батороев]

Гаджимурат в сообщении #300883 писал(а):

Т.есть Вы не найдете ни одной тройки чисел,которые являются решением ур-ния Ф. для 2 степени,одно из которых делится только на $2^1$, и ни одно из них не делится на 3,5,7 . Найдете-ящик вина Ваш!

В примитивные Пифагоровы тройки не входят числа, кратные $2^1$, но не кратные $2^2$ (это легко доказывается перебором остатков квадратов по основанию $8$).
Поэтому остальные Ваши условия - излишни.

-- Пн мар 22, 2010 22:19:27 --

Для примитивных пифагоровых троек обязательным является делимость $xyz$ на $3, 4, 5$.
Настаивая на делимости на $7$, у Вас есть все шансы остаться без ящика вина.

[Гаджимурат]

Батороев в сообщении #300955 писал(а):

Настаивая на делимости на $7$

Нет и нет.Смотри примечание для 2 степени:если $xyz$ не делятся на $7$ ,то
$x+y$ или $x-y$ делится на $7$.
И второе:все сказанное ранее, справедливо для любой простой степени!!!
Т.есть,если Вы согласны,что для 2 степени требуется выполнение условия,когда $y$
(четное) обязательно должно делится на $2^2$ и более,то почему Вы не верите что
это справедливо и для любой простой степени?

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #301420 писал(а):

Т.есть,если Вы согласны,что для 2 степени требуется выполнение условия,когда $y$
(четное) обязательно должно делится на $2^2$ и более,то почему Вы не верите что
это справедливо и для любой простой степени?

Для пифагоровых троек всё по другому - у них даже $z^2$ не кратно ($x+y$). Для кого-то это откровение. Я имею ввиду тех, кто пытается доказать ВТФ через тройки Пифагора.

[Батороев]

Гаджимурат в сообщении #301420 писал(а):

Батороев в сообщении #300955 писал(а):

Настаивая на делимости на $7$

Нет и нет.Смотри примечание для 2 степени:если $xyz$ не делятся на $7$ ,то
$x+y$ или $x-y$ делится на $7$.

Какие такие примечания я должен смотреть?
Вы заявили:

Гаджимурат в сообщении #300883 писал(а):

Т.есть Вы не найдете ни одной тройки чисел,которые являются решением ур-ния Ф. для 2 степени,одно из которых делится только на $2^1$, и ни одно из них не делится на 3,5,7 .

Если в отношении $2^1$ я согласен, т.к. это очевидно, то где Вы семерку видите в $3^2+4^2=5^2$. То, что $3+4=7$ к заявленному Вами отношения никакого не имеет.

Гаджимурат в сообщении #301420 писал(а):

И второе:все сказанное ранее, справедливо для любой простой степени!!!
Т.есть,если Вы согласны,что для 2 степени требуется выполнение условия,когда $y$
(четное) обязательно должно делится на $2^2$ и более,то почему Вы не верите что
это справедливо и для любой простой степени?

Вы только докажите и я сразу поверю.

[age]

Тема уехала не туда.

[Vasilevich2010]

Уважаемый age! Я с вами согласен. Так как по приведенному в первом посте доказательству случая ВТФ когда одно из чисел тройки делится на $3^1$, и только на $3^1$ возражений не последовало, кроме одной редакционной поправки (какая она должна быть я уже ответил), а вся дальнейшая дискуссия к рассмотренному случаю отношения не имеет, прошу модераторов тему закрыть.
Дед.