Впервые предметно о Великой теореме Ферма и о других вещах.

[shwedka]

Nigilist

Цитата:

Возьмите теоремы до 18 века относящиеся к натуральным числам, и число перестановок даст вам, что минимум 10 раз за 300 лет все "логические" цепочки из них уже были проверены- и они результата не дали.

Колега Nigilist не в состоянии ответить за свои слова.
Следовательно, безответственный.

[Nigilist]

Уважая дам, я прощаю им истерики.

Jnrty:

!

[AD]

Nigilist писал(а):

ВТФ 300 лет будоражит умы, но оказалась не по зубам даже гениальным (не говоря уже о талантливых и способных) математикам.
На форуме шесть тем о ВТФ, но ни в одной нет ничего нового - а лишь повторение ошибок предшественников.

Ну 1. Вы про Уайлса в курсе? 2. Это проблема не только нашего форума. Ферматиков много и они везде и всегда. И все примерно одинаковы. Правда, периодически попадаются и экзотические.

Добавлено спустя 5 минут 23 секунды:

Nigilist писал(а):

Уважая дам, я прощаю им истерики.

Нет, ну и мне тоже интересно, откуда у вас цифры такие, что типа мол всё уже исхожено. И правильно shwedka указывает, что когда такие вещи заявляете - надо уметь доказывать. Иначе это пустой звук. Вот Ферма в свое время тоже написал на полях фразочку небезызвестную ...

[shwedka]

Nigilist писал(а):

Уважая дам, я прощаю им истерики.

А по существу ответить нечего. Соображения не хватает.

[Nigilist]

AD
[quote].....ну и мне тоже интересно...... Ферматиков много и они везде и всегда. И все примерно одинаковы.

300 дней (столетия отбросим)
1000 математиков - Ферматиков
30 теорем перебирают

Выражение "минимум 10 раз " - нижняя граница, Точное же число я не называл, да и глупо его вычислять.

P.S.
Негатив shwedka мне понятен....
Гусарство AD тоже...

Jnrty:

!

[shwedka]

Nigilist

Цитата:

30 теорем перебирают

Откуда такие цифры? если Вы знаете только 30 теорем (или это оптимистичная оценка сверху??), то это не означает, что их столько и было до 18 века, включительно.
У одного Эйлера было более 800 статей, и уж не по одной теореме в каждой. А если посчитать сочетания из нескольких тысяч теорем,
(умеете?? или подсказать?? я добрая сегодня), то получится сильно немало.

Цитата:

Негатив shwedka мне понятен.... Confused

Понятливый Вы наш... понятливость еще доказать надо...[/b]

[Nigilist]

shwedka

В таком тоне бессмысленно вести разговор.

Jnrty:

Nigilist, четыре последних Ваших сообщения в этой теме классифицируются как offtopic и разжигание флейма. Предупреждение.

[shwedka]

Nigilist писал(а):

shwedka

В таком тоне бессмысленно вести разговор.

И снова ничего по существу!!! Понятно: попался в очередной раз на неквалифицированном высказывании и, ах!!, обиделся.

Господа модераторы!!
Прошу вынести мне выговор за оффтоп и удалить всю болтовню вплоть до последнего поста автора.

[Gafield]

Изложение в этой теме хоть имеет четкую структуру, что выгодно отличает ее от некоторых других

anwior писал(а):

Относительно Случая I речь конкретно ведется о том, что обеспечивая
общность рассмотрения, сам он
разбивается на такие две части (два случая):
1 $g=\sqrt[p]{4(p-1)[(z-x)+(z-y)]}\leqslant\sqrt[p]{x+y}=w$, $p\nmid\,xyz$,
2 $g>w$,$p\nmid\,xyz$.

Нижеприводимое решение касается только случаев в строке “1” ;
для связности изложения назовём их условия подпункта 1 (усл. пп. 1).
(в скобках еще заметим, что разбивка на указанные случаи обусловлена
обнаружением одного из двух прототипов ВТФ).

Великая теорема сводится к доказательству следующего
Основное утверждение (ОУ). Не существует примитивной тройки
($x$,$y$,$z$) с четным произведением $xyz$ и $p<x<y<z$, для которой

$$ y^p+x^p=z^p,\eqno(1) $$

где $p$ --- простое $\geqslant3$.

Условие УО вместе с неравенством случая 1 дает пустое множество допустимых наборов $x,y,z$, так что теорема для 1, безусловно, верна Действительно, поделив на $z$, заменим исходное уравнение на $x^p+y^p=1$, $0<x<y<1$, а условие 1 на неравенство $4(p-1)(2-x-y)\le x+y$ или $8(p-1)-(4p-3)(x+y)\le0$. Однако можно проверить, что левая часть на кривой $x^p+y^p=1$ достигает минимума в точке $x=y=2^{-1/p}$ и для $p\ge3$ он положительный.

[sergmirdin]

А если преобразовать формулу $X^n$+$Y^n$=$Z^n$
в вид:

$X^n$= $Z^{n-2}$ (Z-Y) (Z+ YQ)

где Q= $(Y/Z)^0$+$(Y/Z)^1$+$(Y/Z)^2$+....$(Y/Z)^{n-1}$


тогда $X=Z\sqrt[n]{((Z-Y)(Z+YQ))/Z^2}$

если Z и Y взаимно простые целые числа, то X - при любом n> 2 иррационально,

при n=2 Q =1, получим $X^2$=(Z-Y) (Z+Y)

или я что-то упустил

[shwedka]

Так здорово придумать!! да еще в чужом топике.
Еще бы доказать, что получается число иррациональное, цены бы Вам не было!!!

[sergmirdin]

Я рад, что шутка удалась.
Хоть немного снизить накал страстей.
А данное "утверждение" доказывать не имеет смысла, дальнейшие преобразования приводять к исходному выражению.

[anwior]

Gafield,
Условие ОУ вместе с неравенством случая 1 дает (доказано
мною в основном тексте) для произвольного p
пустое множество примитивных решений (x, y, z)
уравнения (1), а вовсе не пустое множество допустимых
наборов x, y, z.

[bot]

А Вы разбираете то, что Вам пишут?
Gafield Вас, можно сказать, похвалил, сказав, что эта случай безусловно справедлв, а Вы ему про какие-то поправки.
То, что он сказал, легко проверямо без всяких поправок: неравенство (1) несовместно с ОУ, а потому и нет требуемой тройки, удовлетворяющей уравнению Ферма и Вашему неравенству.
Не знаю только, поняли Вы или нет, что эта несовместность получается без ограничения на целочисленность этой тройки, можно даже не требовать, чтобы p было целым, достаточно p>3/2.
P.S. Исправил арифметическую ошибку.

[anwior]

Вот конкретный числовой пример:

(p, x, y, z)=(3, 5 779 251 724,
5 779 253 857, 5 779 253 921 )

Gafield, дайте пожалуйста название
множеству, которому этот набор принадлежит.

Bot, убедите пожалуйста меня в том, что
заблуждаюсь, говоря: указанный числовой пример
есть весомый довод в пользу совместности
неравенства случая 1 и условия ОУ.