Бесконечный спуск для произвольных натуральных УФ

[lasta]

krestovski в сообщении #1113508 писал(а):

А произвольные эти три величины, - без ограничений, - не могут быть по той причине, что у Вас тогда под вопросом ещё и соотношение $R$. - И вот вопрос: так при каких $a$,$b$,$c$ Ваше $R$ будет натуральным числом? Вот это тоже очень интересно. Ведь, например, даже для приведённой мною тройки чисел, которая является одним из множества решений данного равенства, $R=1000/216=4.(629)$ - периодическая дробь.
Только вот как бы я воспользовался Вашими преобразованиями, если у Вас $R$ не целое уже на этапе (3)? А потом и в (6), и в (7), и в (8), и в (9), и в (10)?

Уважаемый krestovski, в теме рассматривается общий случай произвольных натуральных для $E=0$ и $E\ne 0$. Понятно, что все ограничения на числа наступают если $E=0$. Если же $E\ne 0$, то ни каких ограничений на числа не существуют. Вы опять нашли пример, доказывающий, что теорема верна. Но таких примеров бесконечно много. Поэтому все соотношения в том числе и для $R$ имеет смысл рассматривать только для $E=0$. И об этом Вам тоже было разъяснено ранее.

krestovski в сообщении #1113508 писал(а):

Но вы совершенно не видите за буквенным обозначением, что $R$ не натуральное если данное равенство даже и выполняется.

Если бы Вы могли привести такой пример, то вся дискуссия по ВТФ сразу же закончилась бы. Еще раз соотношение (3) по $R$ может рассматриваться только в условиях ограничений на числа $a,b,c$. Что оно должно быть натуральным в этом случае очевидно из равенства

$$[(a+b)-c]^p=[a-(c-b)]^p=[b-(c-a)]^p=p(a+b)(c-a)(c-b)R$$

Согласно следствия малой теоремы Ферма, выносится $p$. Согласно тому, что все числа $a,b,c$ составные, то с учетом группировок их в квадратных скобках выносятся остальные делители. Числа $a,b,c$ натуральные, следовательно $R$ также натуральное.

[lasta]

Объяснение узких мест предполагаемого доказательства.
С использованием произвольных натуральных чисел $(a,b,c)$ для степени $a^p$ и для разности степеней $V_b=c^p-b^p$, создано два отдельных разложения,

$$ a^p=V_f+f^p \quad \e(5)$$

$$ V_b=V_f +W_f, \quad \e (8) $$

Где

$$f^p= p(a+b)(c-a)(c-b)R+E, \qquad\e(6)$$

$$V_f=a^p-f^p; \qquad \e(1)$$

Из (8) имеем $W_f=V_b-V_f , $ Тогда $b-f=b-(a+b-c)=(c-a)$- количество вторых разностей степеней с шагом $(d=c-b)$. А каждая вторая разность с шагом $d$ заменяется суммой из $d$ вторых разностей соседних степеней. Следовательно $W_f$ равна сумме вторых разностей соседних степеней с количеством слагаемых $k$, определяемого произведением $k=(c-a)(c-b) $. Тогда степень $f^p$ можно выразить через $k$

$$ f^p= p(a+b)k R +E\qquad\e(11 )$$

Это важный вывод в бесконечном спуске.
Покажем, что равенство $a^p=V_b$ не возможно. Действительно, если $E=a^p+b^p-c^p=0$, то в этом случае (с учетом (5), (8)) должно выполняться равенство $f^p=W_f$ или $p(a+b)kR=W_f$. В этом случае вторая разность становится степенью. При этом составное $k$ можно уменьшить, разделив на один из его делителей равный степени. Это могут быть числа $2^p,3^p,p^p$ или любая другая степень, на которую делиться $k$.
С учетом (5) получена новая степень $f_n$. При этом, статус разницы степеней у $V_b$ не изменился, так как изменилось только количество вторых разностей соседних степеней. Что можно осуществить отбросив необходимое количество слагаемых с конца разложения (8). При этом для $f_n$ всегда существует новая разность степеней $V_{nf}$, такая, что в сумме с $f_{n}$ даст новую степень $a^p_n$. То есть

$$a_n^p=V_{nf}+f^p_n \qquad\e(12 )$$

Мы получили новую степень меньшую, исходной, но имеющую тот же статус степени и статус разности степеней, с сохранением всех свойств исходной степени. А именно, новая степень – разность степеней - также составное число. Проделав такие же операции мы получили бы и другую степень меньшую $a_n^p$ с сохранением всех свойств исходной степени. И так до бесконечности. Но это не возможно для целых чисел. Следовательно равенство $a^p=V_b$ не возможно. Что и доказывает справедливость ВТФ.

[lasta]

lasta в сообщении #1113795 писал(а):

При этом для $f_n$ всегда существует новая разность степеней $V_{nf}$, такая, что в сумме с $f_{n}$ даст новую степень $a^p_n$.

В ходе объяснения узких мест снято ограничение по четности для рассматриваемой степени. Кроме того, вместо деления разности степени $V_f$ на какой-то конкретный делитель, применено логическое обоснование существования новой разности степеней $V_{nf}$. А это есть новое узкое место, в котором необходимо показать, что новая степень $a_n^p$ имеет статус новой разницы степеней $V_{nb}$. А так доказательство для ВТФ было бы слишком простым. Разъяснение этого места будет представлено позднее - после закрытия возможных вопросов по теме.

[krestovski]

Следовательно, из Ваших преобразований для $n=3$, можно сделать вывод, что Вы считаете $E=a^3+b^3-c^3$ неделимым на $3$ остатком. По какой причине все три куба?
Теперь остаётся непрояснённым момент, когда Вы за счёт введения $R$ сделали следующее:
$(a+b-c)^3 = (a+b-c)^3 + (a^3+b^3-c^3)=3(a+b)(c-a)(c-b)+2a^3+2b^3-2c^3$ .
Далее Вы вынесли $p$. Это хорошо, что Вы сослались на малую теорему Ферма. Но хотелось бы увидеть, как Вы получаете выражение $4(a+b)(c-a)(c-b)$ для случая $n=4$, и как решаете проблему с суммой трёх биквадратов, - ведь там получается сумма. - Тут хоть лбом об стенку, но $(a^4+b^4+c^4)$ не будет равно нулю.
И тут снова прежний вопрос, - почему теперь Вы предлагаете считать сумму трёх биквадратов неделимой на $4$ и выносить её как остаток? - В соответствии с малой теоремой Ферма. - А ей ведь всё равно какая степень, вот биквадрат: $5^4= 4\cdot156+1= 624+1=625$ $ \Rightarrow$ $5=4\cdot1+1$
Ведь тогда для кубов должно выполняться $(a+b-c) = a^3+b^3-c^3+3\cdot1$,
а для биквадратов $(a+b-c) = a^4+b^4+c^4+4\cdot1$. - А если теперь ещё и возвести в степень?
И все эти вопросы переплетены в Ваших преобразованиях. И на них нужен ответ ещё до рассуждений о том, равно или нет нулю $E$.
Или Вы, всё же, введёте ограничения? Но если даже $n=5$, нечётное, то все вопросы остаются.

[binki]

krestovski в сообщении #1114105 писал(а):

Следовательно, из Ваших преобразований для $n=3$, можно сделать вывод, что Вы считаете $E=a^3+b^3-c^3$ неделимым на $3$ остатком. По какой причине все три куба?
Теперь остаётся непрояснённым момент, когда Вы за счёт введения $R$ сделали следующее:
$(a+b-c)^3 = (a+b-c)^3 + (a^3+b^3-c^3)=3(a+b)(c-a)(c-b)+2a^3+2b^3-2c^3$ .
Далее Вы вынесли $p$. Это хорошо, что Вы сослались на малую теорему Ферма. Но хотелось бы увидеть, как Вы получаете выражение $4(a+b)(c-a)(c-b)$ для случая $n=4$, и как решаете проблему с суммой трёх биквадратов, - ведь там получается сумма. - Тут хоть лбом об стенку, но $(a^4+b^4+c^4)$ не будет равно нулю.

Крестовский! Лбом об стенку Вам точно не поможет. Вы несете такое невежество в вопросах Теоремы Ферма, что удивляюсь. Как у Вас хватает смелости писать. Где это Вы все увидели в теме? Вы искажаете формулы, потом на этом делаете свои сенсационные выводы.
Далее, Малая теорема Ферма действительна для простых показателей. Известно, что буквой $p$- обозначаются простые показатели. При чем тут биквадраты, за которые Вы уцепились, но на которые Малая теорема Ферма не распространяется и ей далеко не все равно.

krestovski в сообщении #1114105 писал(а):

И тут снова прежний вопрос, - почему теперь Вы предлагаете считать сумму трёх биквадратов неделимой на $4$ и выносить её как остаток? - В соответствии с малой теоремой Ферма. - А ей ведь всё равно какая степень, вот биквадрат: $5^4= 4\cdot156+1= 624+1=625$ $ \Rightarrow$ $5=4\cdot1+1$

Бред какой-то. О биквадратах в теме вообще не упоминается.
В теме еще есть проблемы, с которыми надо разобраться. Но, Вы только мешаете этому.

[krestovski]

binki в сообщении #1114109 писал(а):

Бред какой-то. О биквадратах в теме вообще не упоминается.
В теме еще есть проблемы, с которыми надо разобраться. Но, Вы только мешаете этому.

binki, если Вы такой ярый идолопоклонник, то Вы не отличаетесь постоянством своих взглядов. Ведь автор темы сам отказался от взаимной простоты основания и паказателя степени. Или он где-то оговорил условия для чисел $a,b,c$ или для их комбинации $(a+b-c)$? А я ведь говорил об этом.
Теперь по поводу малой теоремы. Для того чтобы выделить нацело делящуюся часть и приплюсовать к ней остаток, не делящийся на показатель степени, малая теорема не нужна. А если выделенные три степени не делятся на показатель степени, то это должно быть оговорено или доказано, но это, в любом случае, сильно меняет всю ситуацию.
Ну и если я настолько туп, то покажите мне, как для $p=5$ получить 4 линейных множителя, а именно $5, (a+b), (c-a), (c-b)$ из восемнадцати степенных слагаемых,- с вынесением одного общего множителя, - где наименьшая степень биквадрат. - Кстати, вот Вам и биквадрат. И об этом тоже говорили - просил написать сначала полное равенство для куба. - Нет, сразу для всех степеней.
И как Вы себе представляете метод бесконечного спуска для пятой степени? Там 4 ряда разностей. - А тут для кубов два ряда разностей рассматривается и уже путаница с обозначениями.
Хотя, это и не важно. Если я мешаю, то удалюсь. Не проблема.
Но Вам бы не мешало показать, где и что я исказил.

[binki]

krestovski в сообщении #1114139 писал(а):

...автор темы сам отказался от взаимной простоты основания и показателя степени.
... если выделенные три степени не делятся на показатель степени, то это должно быть оговорено или доказано, но это, в любом случае, сильно меняет всю ситуацию....
...как для $p=5$ получить 4 линейных множителя, а именно $5, (a+b), (c-a), (c-b)$ из восемнадцати степенных слагаемых,- с вынесением одного общего множителя...
И как Вы себе представляете метод бесконечного спуска для пятой степени... Там 4 ряда разностей. - А тут для кубов два ряда разностей рассматривается и уже путаница с обозначениями.

krestovski, я не идолопоклонник. И к автору у меня есть серьезные вопросы. Я противник активного невежества.
В теме рассматривается самый общий случай теоремы с произвольными натуральными числами. Об этом Вам говорилось неоднократно.
Ни о каком первом или втором случаях теоремы Ферма в теме не упоминается. Делимость $(a+b-c)^p$ на $p$, не означает, что одно из чисел делится на показатель. Это очевидно только для кубов. Для других степеней это совсем не очевидно. Простых доказательств не существует. А степень $f^p$ при условии $E=0$ всегда делится на показатель. Действительно, пусть для этого случая ни одно из чисел не делится на $p$. Все равно будут справедливы сравнения

$$(a+b-c)\equiv (a^p+b^p-c^p)\equiv 0 \mod p$$

Вы не знаете Малую теорему Ферма, утверждая, что Малой теореме все равно, что степень с простым показателем или,что это биквадрат.
На ваши вопросы даже не надо отвечать. Они говорят сами о Вашей не компетентности. Вам не доступны логические выводы. Это доказывается тем, что Вам не понятна информация в выражении для $E=0$

$$((a+b)-c)^p=(a-(c-b))^p=(b-(c-a))^p=p(a+b)(c-a)(c-b)R$$

[ovsov]

binki в сообщении #1114217 писал(а):

На ваши вопросы даже не надо отвечать.

Вот Вы впредь и не отвечайте --мне очень помогает и постороние шумы как-то не раздражают.
Надеюсь и lasta прислушается к ценному совету.

[vasili]

Уважаемый Lasta!
Если

$$k = (c-a)(c-b) = b_1^Pa_1^P = b_{10}^Pb_{11}^P...b_{1i}^P...b_{1s}^Pa_{10}^Pa_{11}^P...a_{1j}^P..a_{1f}^P$$

разделим на произведение делители $b_{1i}^Pa_{1j}^P$,

то получим как минимум новые числа $k,a,b,$, обозначим их через $k_c, a_0,b_0$,

где

$k_c =(c -a_0)(c -b_0)$.

Тогда как доказать, что $p(a_0 + b_0) = c_1^P?$.

[lasta]

vasili в сообщении #1114234 писал(а):

Тогда как доказать, что $p(a_0 + b_0) = c_1^P?$.

Уважаемый vasil! Нам достаточно разделить количество вторых разностей на любую степень из делителей произведения $(c-a)(c-b)$, Возьмем крайний случай соседних степеней. $c-b=1$ и пусть $p(c-a)=p^p b_1^p$. В этом случае мы делим количество вторых разностей соседних степеней на $b_1^p$. То есть $a+b$ произвольное число по делимости на $p$. Поэтому доказательства, что $p(a+b)=c_1^p$ - не требуется. Следует помнить также, что степенью при $p>3$ может быть $pR$. Предполагаемое доказательство распространяется и на первый и на второй случаи теоремы Ферма.

ovsov в сообщении #1114229 писал(а):

Надеюсь и lasta прислушается к ценному совету.

Уважаемый ovsov! Спасибо. Ваш совет услышан.

[lasta]

vasili в сообщении #1114234 писал(а):

то получим как минимум новые числа $k,a,b,$, обозначим их через $k_c, a_0,b_0$,

Уважаемый vasili! Мы делим количество вторых разностей соседних степеней, После деления $f^p$ на степень, $b_1^p$, в самом крайнем случае, остается степень $p^p(a+b)$. Это при условии, что $a+b$ не делится на $p$, что не нарушает общности. Как видите, здесь еще нет новых чисел $(a_0,b_0)$.
Следует отметить, новая степень есть новое количество вторых разностей соседних степеней, то есть новая степень будет иметь все свойства вторых разностей соседних степеней. А именно, будет иметь делители $2,3,p$, так как рассматриваются только простые показатели, что как известно не ограничивает общности доказательства.

[vasili]

Уважаемый Lasta! Вы пишете "Следует помнить также, что степенью при $p>3$ может быть $pR$"

Это ошибка. Для 2 случая ВТФ $(R,p) = 1$.

Для 1 случая ВТФ $(R,p) = P$, где $R = p^{mP}R_1^p$ и m - число натуральное.

[ishhan]

lasta в сообщении #1113795 писал(а):

В этом случае вторая разность становится степенью.

Уважаемый lasta!
Разве не возможно равенство второй разности степеней кубу целого числа?
Если я правильно понимаю, то "вторая разность степеней" записывается в случае ВТФ3 как:$(a+b-c)^3-a^3-b^3+c^3$ у этого выражения есть мультипликативный
вид:$3(a+b)(a-c)(b-c)$, поэтому справедливо тождество:$(a+b-c)^3-a^3-b^3+c^3=3(a+b)(a-c)(b-c)$
Далее полагая:
$a+b=9p^3$, $a-c=q^3$, $b-c=t^3$ $p,q,t$-целые
получим систему из трёх уравнений для определения трёх целых чисел $a,b,c$ и числа $a+b-c $ вторая разность степеней которых будет третьей степенью числа $3pq$t.
Или я не правильно понял ход вашего доказательства, использующего невозможность равенства "второй разности степеней" кубу целого числа.

[lasta]

ishhan в сообщении #1114479 писал(а):

Разве не возможно равенство второй разности степеней кубу целого числа?

Уважаемый ishhan! Сама по себе вторая разность может быть кубом. Но, эта должен быть такой куб, который в сумме с разностью кубов $V_f$ должен дать куб $ a^3$ . На разность кубов $ V_f $ также существуют ограничения. Например: - $ V_f $, для соседних кубов можно определить выражением

$$ V_f=1+\sum_{i=1}^f{W_i} $$

То есть количество вторых разностей соседних кубов $W_i $ равно составному числу $f$. Если снять эти ограничения, то в подтверждении ваших рассуждений $V_b=V_f+W_f=217=1+6^3$. Где $ V_f =1 $, что в силу высказанных ограничений невозможно.

[lasta]

ishhan в сообщении #1114479 писал(а):

Если я правильно понимаю, то "вторая разность степеней" записывается в случае ВТФ3 как:$(a+b-c)^3-a^3-b^3+c^3$

В общем случае, вторая разность для шага между основаниями равным $a-f=c-b$ определяется выражением $W_f=V_b-V_f=[c^p-b^p]-[a^p-f^p]$. Если $E=0$ (ВТФ не верна), то не только для кубов, а для всех степеней - $W_f=f^p$