О "последнем" утверждении П. Ферма

[PAV]

PAV:

sergmirdin,

Предупреждаю, что захват чужой темы (в т.ч. попытка рекламировать таким образом свою соседнюю тему) недопустим.

[sergmirdin]

Прошу прощения..не учел всех аспектов.

dm:

На этом форуме модераторам в теме не отвечают.

[ljubarcev]

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Someone писал(а):

А Вам кто-то сказал, что $s$ - целое число, или Вы сами догадались?

С трудом нашёл, где это было сказано и по какому поводу.

ljubarcev писал(а):

Следовательно, числа
$s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)}$ и
$s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^{n-2}-x^{n-4}y^2+x^{n-6}y^4-\cdots+x^4y^{n-6}-x^2y^{n-4}+y^{n-2}}$ - иррациональны. Оно и понятно. Ведь равенству $z^n= x^n+y^n$ при любых $n;x;y$ всегда удовлетворяет число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$.

И что?

Уважаемый Someone !
При $z^3=x^3+y^3$, - $z>x$; $z>y$ и $x/z+y/z>x^2/z^2+y^2/z^2>x^3/z^3+y^3/z^3=1$, поэтому
$x+y>z$; $x^2+y^2>z^2$, то есть тройка чисел, удовлетворяющая равенству $z^3=x^3+y^3$ , удовлетворяет условию существования целочисленных треугольников со сторонами $x;y;z$ и $x^2;y^2;z^2$. Так как $x^2+y^2\ne z^2$, то треугольники не прямоугольные.
В то же время из $s^2=x^6+y^6$ получается $s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)}$. Так как при взаимно простых $x;y;z$ числа $(x^2+y^2)$ и $(x^4-x^2y^2+y^4)$ то же взаимно простые, то $s=s_1s_2$ и $s_1=\sqrt{x^2+y^2}$ а $s_2=\sqrt{x^4-x^2y^2+y^4}$. Следовательно, $s_1^2 =x^2+y^2$, то есть число $x^2+y^2$ должно быть квадратом.
Выше на основании треугольника показано, что число $x^2+y^2$ не является квадратом. Это противоречие и доказывает, что исходное предположение $z^3=x^3+y^3$ не верно.
Дед.

Добавлено спустя 15 минут 13 секунд:

sergmirdin писал(а):

Основная проблема в нахождении доказательства ВТФ заключается в том, что никто еще не определил какое условие должно быть достаточным и необходимым для того что бы однозначно утверждать, что исследуемое выражение справедливо только при n=2 если x,y,z -целые числа.
Условий может быть только два :
1. полученное выражение содержит математическое действие при которм n = 2,
например
$c^{n-2}$=c или $c^{n/2}$=1 и т.п.

2. полученное выражение, после преобразования $a^n + b^n = c^n$, показывает, что
один из членов или a или b или c содержит дополнительную характеристику , указывающую однозначно на его нецелочисленность.

Из приведенных выше автором рассуждений, ни одного из двух критерий, на мой взгляд, не доказано.

Уважаемый sergmirdin ! Ваш подход принципирльно ошибочен. Путем прямых преобразований ОТРИЦАТЕЛЬНОЕ утверждение ( не допустив ошибки в преобразованиях) доказать не возможно. Ведь выполнив преобразования в обратном порядке Вы всегда придёте к заключению о верности исходного предположения.
Дед.

[Someone]

ljubarcev писал(а):

Someone писал(а):

ljubarcev писал(а):

Следовательно, числа
$s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)}$ и
$s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^{n-2}-x^{n-4}y^2+x^{n-6}y^4-\cdots+x^4y^{n-6}-x^2y^{n-4}+y^{n-2}}$ - иррациональны.

И что?

...
В то же время из $s^2=x^6+y^6$ получается $s=\sqrt{(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)}$. Так как при взаимно простых $x;y;z$ числа $(x^2+y^2)$ и $(x^4-x^2y^2+y^4)$ то же взаимно простые, то $s=s_1s_2$ и $s_1=\sqrt{x^2+y^2}$ а $s_2=\sqrt{x^4-x^2y^2+y^4}$. Следовательно, $s_1^2 =x^2+y^2$, то есть число $x^2+y^2$ должно быть квадратом.

С какой стати? Выше Вы же сами выяснили, что $s$ - иррациональное число. Вы можете определить $s_1$ и $s_2$ как указанные квадратные корни, но их целочисленность ниоткуда не следует.

[ljubarcev]

Уважаемые Господа !
Ранее доказано, что из предположения - тройка $(x<y<z)=1$ удовлетворяет равенству $x^3+y^3=z^3$ следует: $x=3mx_1$; $y=ky_1$; $z=gz_1$; $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$; $x+y-z=6t$. Рассмотрим число $x+y-z$.
С учётом приведенного выше должна существовать цепочка равенств: $x+y-z=g^3-gz_1=ky_1-k^3=3mx_1-9m^3$, (1) причем $(g;k;(3m))=1$.
Теперь рассмотрим простое свойство натуральных чисел. Решением в натуральных числах равенства $3a=5b$ , будет пара чисел $a=5$; $b=3$, что является следствием $(3;5)=1$. В общем виде это выглядит так: решением в натуральных числах равенства $ca=db$ при $(c;d)=1$ является пара чисел $a=d$; $b=c$.
Из (1) имеем: $g(g^2-z_1)=k(y_1-k^2)$. Так как $(g;k)=1$, то решением этого равенства будут: $g=y_1-k^2$ и $k=g^2-z_1$. Одновременно, $g(g^2-z_1)=3m(x_1-3m^2$, откуда, так как $(g;(3m))=1$, $g=x_1-3m^2$.. Видим, что одновременно должно быть $g=y_1-k^2$ и $g=x_1-3m^2$, то есть должно быть равенство $y_1-k^2=x_1-3m^2$, и $y_1-x_1=k^2-3m^2$. Домножим последнее равенство на $k$ и получим $y-kx_1=z-x-3m^2k$. $x-(z-y)=kx_1-3km^2$.
$3mx_1-9m^3=kx_1-3m^2k$. Делим всё равенство на $3m$.
$x_1-3m^2=\frac{kx_1}{3m}-mk$.
$x_1-3m^2+mk=\frac{kx_1}{3m}$. Так как $(k;(3m);x_1)=1$, то $\frac{kx_1}{3m}$ целым быть не может и последнее равенство в натуральных числах невозможно и цепочка равенств (1) в натуральных числах решений не имеет.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

Уважаемые Господа !
Ранее доказано, что из предположения - тройка $(x<y<z)=1$ удовлетворяет равенству $x^3+y^3=z^3$ следует: $x=3mx_1$;

Ошибаетесь, коллега, это НЕ ДОКАЗАНО. Это просто описание ВТОРОГО случая ВТФ.
В ПЕРВОМ случае ни одно из чисел на 3 не делится.

Цитата:

должна существовать цепочка равенств

Я уже Вас просила, пощадите мои нежные девичьи чувства. Ну не говорят 'существует равенство'! Равенство может быть выполненым, нарушеным (вы посмотрите, я русскую грамматику, живя в Швеции, не забыла; написать здесь 'выполненным' было бы ошибочным!!), верным, неверным, очевидным..

Цитата:

.$(g;k;(3m))=1$.

Когда Вы такое пишете, имеете в виду, что нет общего множителя одного на всех, или нет попарно??? (6,4,9) равно единице или нет??

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Ошибаетесь, коллега, это НЕ ДОКАЗАНО. Это просто описание ВТОРОГО случая ВТФ.
В ПЕРВОМ случае ни одно из чисел на 3 не делится.

Уважаемая Shwedka !
Здесь Вы ошибаетесь. При $x^n+y^n=z^n$ в обоих СЛУЧАЯХ одно из чисел $x;y;z$ делится на «3», а два других равноостаточны при делении на $3$, - иначе равенство в натуральных числах невозможно.

Цитата:

.$(g;k;(3m))=1$
Когда Вы такое пишете, имеете в виду, что нет общего множителя одного на всех, или нет попарно??? (6,4,9) равно единице или нет??

Запись $(g;k;(3m))=1$, как общепринято, означает что у чисел нет одного общего множителя на всех и это верно в рассматриваемом случае. Кроме того верно и $(g;k;)=1$, $(k;(3m))=1$, $(g;(3m))=1$. Так будет точнее и именно это существенно.

Доказательство ПЕРВОГО СЛУЧАЯ ВТФ, с учётом того, что в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$, будет выглядеть так.
Если $x^n+y^n=z^n$ при $(x;y;z)=1$ и $n=2k+1$, то $z=uv$; $y=u_1v_1$; $x=u_2v_2$; $x+y=u^n$; $z-x=u_1^n$; $z-y=u_2^n$. Это известные формулы Абеля. При этом $(u;u_1;u_2)=1$. $x+y-z=6nuu_1u_2t$.
$x+y-z=u(u^{n-1}-v)=u_1(v_1-u_1^{n-1})=u_2(v_2-u_2^{n-1})$.
Так как $(u;u_1;u_2)=1$, что бы цепочка равенств выполнялась в натуральных числах, необходимо одновременно
$u= v_1-u_1^{n-1}$ и $u=v_2-u_2^{n-1}$,
откуда $v_1-u_1^{n-1}=v_2-u_2^{n-1}$. Умножив последнее равенство на $u_1$ получим :
$u_1(v_1-u_1^{n-1})=u_1(v_2-u_2^{n-1})$. Из цепочки равенств (1)
$u_1(v_1-u_1^{n-1})=u_2(v_2-u_2^{n-1})$ поэтому должно быть и
u_1(v_2-u_2^{n-1})=u_2(v_2-u_2^{n-1})$.
Это приводит к тому, что должно быть $u_1=u_2$. А вот это как раз и невозможно, так как $(u_1;u_2)=1$ и зти числа не равны $0$. Следовательно, приведенная цепочка равенств не выполняется в натуральных числах и в этом случае $z^n\ne x^n+y^n$.
Дед

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

Здесь Вы ошибаетесь. При $x^n+y^n=z^n$ в обоих СЛУЧАЯХ одно из чисел $x;y;z$ делится на «3», а два других равноостаточны при делении на $3$, - иначе равенство в натуральных числах невозможно.

И почему же это?? Доказательство на стол!!!

Разберемся с этим-- поедем дальше, если Вы будете четко признаваться во вранье всякий раз, когда будете пойманы.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev писал(а):

Уважаемые Господа !
Ранее доказано, что из предположения - тройка $(x<y<z)=1$ удовлетворяет равенству $x^3+y^3=z^3$ следует: $x=3mx_1$;

Ошибаетесь, коллега, это НЕ ДОКАЗАНО. Это просто описание ВТОРОГО случая ВТФ

Уважаемая Shwedka ! Я уже неоднократно приводил….
Для любой тройки натуральных чисел выполняется равенство: $(x+x-z)^3=x^3+y^3-z^3+3(z-y)(z-x)(x+y)$. Если $x^3+y^3-z^3=0$; то должно быть
$(x+x-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. (1)
При $(x;y)=1$; $(z;y)=1$; $(x;z)=1$ - попарно взаимно просты и числа $(x+y),(z-y),(z-x)$. В равенстве (1) слева – куб натурального числа. Что бы равенство выполнялось, очевидно, два из чисел $(x+y),(z-y),(z-x)$ должны быть целыми кубами, а одно равняться $9$ кубам. Положим что $z-y=9m^3$. Так как $\frac{x^3}{z-y}=z^2+zy+y^2$ - целое, то $((x;(z-y))\ne 1$ и $x$ в своём разложении должно содержать все простые множители числа $z-y$, то есть должно быть $x=3mx_1$ и т.д. как приведено выше. Так как $x$ делится на $3$ , то это именно Второй случай.

С Вашим замечанием о недоказанности моего утверждения: при $x^n+y^n=z^n$ одно и только одно из чисел $x;y;z$ всегда делится на $3$ я согласен. Но вопрос не так прост как кажется. Обратного ведь тоже никто не доказал и, я уверен, никогда не докажет, так как такое доказательство будет верным только если будет найдена тройка чисел вида $x=3x_1\pm 1$; $y=3y_1\pm 1$; $z=3z_1\mp 1$, удовлетворяющая равенству $x^3+y^3=z^3$
Дед..

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

При $x^n+y^n=z^n$ в обоих СЛУЧАЯХ одно из чисел $x;y;z$ делится на «3», а два других равноостаточны при делении на $3$, - иначе равенство в натуральных числах невозможно.

А почему не может быть, что $z$ делится на 3, а $x,y$ дают остатки 1,.2??

Ладно, отвечать не нужно...

Цитата:

Но вопрос не так прост как кажется.

Он еще проще.

Цитата:

Обратного ведь тоже никто не доказал

А это никому и не нужно. Таких чисел, как Вы пишете, тоже нет.

Но перейдем к главной Вашей ошибке.

Цитата:

в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$,

Здесь я выделю слово ТОЛЬКО;
почему???
Я не видела у Вас обоснования того, что в Вашем случае a,b взаимно просты.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

При $x^n+y^n=z^n$ в обоих СЛУЧАЯХ одно из чисел $x;y;z$ делится на «3», а два других равноостаточны при делении на $3$, - иначе равенство в натуральных числах невозможно.

А почему не может быть, что $z$ делится на 3, а $x,y$ дают остатки 1,.2??

Ладно, отвечать не нужно...

Цитата:

Но вопрос не так прост как кажется.

Он еще проще.

Цитата:

Обратного ведь тоже никто не доказал

А это никому и не нужно. Таких чисел, как Вы пишете, тоже нет.

Но перейдем к главной Вашей ошибке.

Цитата:

в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$,

Здесь я выделю слово ТОЛЬКО;
почему???
Я не видела у Вас обоснования того, что в Вашем случае a,b взаимно просты.

Уважаемая Shwedka ! Прошу прощения, ошибочно написав «если будет найдена тройка чисел вида $x=3x_1\pm 1$; $y=3y_1\pm 1$; $z=3я_1\nm 1$, удовлетворяющая равенству $x^3+y^3=z^3$» в то время как надо было «если будет найдена тройка чисел вида $x=3x_1\pm 1$; $y=3y_1\pm 1$; $z=3z_\nm 1$, удовлетворяющая равенству $x^n+y^n=z^n$, я ввёл Вас в заблуждение и Вы поставили вопрос «А почему не может быть, что $z$ делится на $3$, а $x,y$ дают остатки 1;2??» в то время как в утверждении по предположению ни одно из чисел не делится на $3$. Вы правы, всё это не важно, так как в дальнейшем не доказанное утверждение не используется.

А почему они должны быть взаимно простыми ?. По моему достаточно того что они не делятся друг на друга, ведь $\frac{u^{n-1}-v}{v_1-u_1^{n-1}}=\frac{u_1}{u}$ при $(u;u_1)=1$; $\frac{u^{n-1}-v}{v_2-u_2^{n-1}}=\frac{u_2}{u}$ при $(u;u_2)=1$;
$\frac{v_2-u_2^{n-1}}{v_1-u_1^{n-1}}=\frac{u_1}{u_2}$ при $(u_2;u_1)=1$ не целые. То есть существуют минимальные решения в натуральных числах, когда во всех трёх случаях упомянутые Вами пары $a_i$ и $b_i$ взаимно простые и не равные $1$.
А почему Вы не пишете (соглашаетесь), что я доказал упоитнавшееся $x=3mx_1$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

А почему Вы не пишете (соглашаетесь), что я доказал упоитнавшееся $x=3mx_1$.

А потому, что Вы этого не доказали. Вы, без основания, исключили возможность, что $x+y$ равняется 9 кубам.

Я пвторяю вопрос

Цитата:

Но перейдем к главной Вашей ошибке.
Цитата:
в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$,

Здесь я выделю слово ТОЛЬКО;
почему???

Вы утверждали, что других решений нет. Теперь появляются какие-то минимальные решения. То есть решений у $ac=bd$ МНОГО!!!

Цитата:

$x+y-z=u(u^{n-1}-v)=u_1(v_1-u_1^{n-1})=u_2(v_2-u_2^{n-1})$.
Так как $(u;u_1;u_2)=1$, что бы цепочка равенств выполнялась в натуральных числах, необходимо одновременно
$u= v_1-u_1^{n-1}$ и $u=v_2-u_2^{n-1}$,

Вот как толькко Вы отказываетесь от ТОЛЬКО,
немедленно провисает слово НЕОБХОДИМО в цитате.

Внучка

[Алексей К.]

(И, конечно, не только за внучку)

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

А почему Вы не пишете (соглашаетесь), что я доказал упоитнавшееся $x=3mx_1$.

А потому, что Вы этого не доказали. Вы, без основания, исключили возможность, что $x+y$ равняется 9 кубам.

Я пвторяю вопрос

Цитата:

Но перейдем к главной Вашей ошибке.
Цитата:
в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$,

Здесь я выделю слово ТОЛЬКО;
почему???

Вы утверждали, что других решений нет. Теперь появляются какие-то минимальные решения. То есть решений у $ac=bd$ МНОГО!!!

Цитата:

$x+y-z=u(u^{n-1}-v)=u_1(v_1-u_1^{n-1})=u_2(v_2-u_2^{n-1})$.
Так как $(u;u_1;u_2)=1$, что бы цепочка равенств выполнялась в натуральных числах, необходимо одновременно
$u= v_1-u_1^{n-1}$ и $u=v_2-u_2^{n-1}$,

Вот как толькко Вы отказываетесь от ТОЛЬКО,
немедленно провисает слово НЕОБХОДИМО в цитате.

Внучка

Уважаемая Shwedka ! Вы упускаете из виду, что я утверждаю: доказано $x=3mx_1$ и проч. для случая $n=3$ (второй случай, когда одно и только одно из чисел $x;y;z$ должно делиться на $3$) из предположения, что на $3$ делится именно $x$. Никакое $x+y$ на $3$ при $(y;3)=1$ делиться не может. Так что соглашайтесь.
Я уже согласился, что для случаев $n\ne 3$ обязательное деление на $3$ одного из $x;y;z$ чисел не доказано, хотя и известно, что при $n=2$, когда уравнение решения имеет – это выполняется для любой тройки Пифагора.
Мне понятно Ваше замечание: «Таких чисел, как Вы пишете, тоже нет», но это можно будет утверждать только после того, как Вы согласитесь с тем, что я доказал ВТФ полностью, а пока что Вы (бездоказательно !) не согласны ни с одним моим утверждением.

Очевидно, что в натуральных числах равенство $ca=db$ при $(c;d)=1$ имеет бесконечное количество решений, при этом числа $a$ и $b$ могут иметь любой общий множитель. В то же время, $\frac{a}{b}$ , всегда будет дробным рациональным числом, следовательно, и в рассматриваемом случае, так как $(u;u_1)=1$: $(u;u_2)=1$: $(u_2;u_1)=1$. Тут спорить не о чём.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

Мне понятно Ваше замечание: «Таких чисел, как Вы пишете, тоже нет», но это можно будет утверждать только после того, как Вы согласитесь с тем, что я доказал ВТФ полностью,
Дед.

Опять ТОЛЬКО. Я могу говорить, что таких чисел нет, так как есть доказательство Уайлза. Так что Вашего доказателства мне ждать не нужно.Вы же пытетесь что-то сделать независимо от Uайлза.b

Цитата:

а пока что Вы (бездоказательно !) не согласны ни с одним моим утверждением.

Я не соглашаюсь, пока нет доказательства. Чтобы не соглашаться при отсутствии доказательства не нужно предъявлять контрпример, хватает лишь отметить пробел в доказательстве. Но я еще раз говорю, вопрос о делимости на 3 при n=3 мелкий и локальный. С ним можно разобраться потом.


Но я вполне доказательно не соглашаюсь с Вашим утверждением

Цитата:

в натуральных числах при $(c;d)=1$, равенство $ac=bd$ выполняется только при $a=d$ и $b=c$,

Да Вы и сами согласились, что оно неверно..Даже очевидно и Вам стало, что не ТОЛЬКО

Цитата:

Очевидно, что в натуральных числах равенство $ca=db$ при $(c;d)=1$ имеет бесконечное количество решений, при этом числа $a$ и $b$ могут иметь любой общий множитель. В то же время, $\frac{a}{b}$ , всегда будет дробным рациональным числом, следовательно, и в рассматриваемом случае, так как $(u;u_1)=1$: $(u;u_2)=1$: $(u_2;u_1)=1$. Тут спорить не о чём.
Дед.

Вот Вы и согласились. Теперь, если Вам не надоелo, переделайте Ваше рассуждение с учетом того, что $ca=db$ имеет бесконечное количество решений, при этом числа $a$ и $b$ могут иметь любой общий множитель. Вы же несколько раз использовали утверждение, невeрность которого Вы теперь признали.

Не мелкими фрагментами, а целиком.