Теорема Ферма. Доказательство

[bot]

Валерий2 писал(а):

$z^2$ и $k_2$ должны быть взаимно простыми, в противном случае на $(x + y)$ должна делиться левая часть уравнения , т. е.$(x^2 + y^2 )$

Пусть $z^2$ и $k_2$ имеют общий делитель $d>1$. Тогда из (3) я вижу, что $(x^2 + y^2 )$ делится на $d$. Как отсюда или ещё откуда-то следует, что $(x^2 + y^2 )$ делится на $(x + y)$ я не понимаю. Извините за тупость и объясните пожалуйста.

P.S. И уберите в конце концов Ваши \] - пишите $, замаялся редактировать, а тут ещё и связь плохая.

[shwedka]

да, это mесто оооочень поdробно, плиз

[Алексей К.]

Да ладно уж, дописали бы сами за парня. Вон как у вас обоих хорошо получается. И с долларами не будете маяться.
А я пока сбегаю, куплю всем клубничного мороженого.

[bot]

Алексей К. писал(а):

Да ладно уж, дописали бы сами за парня.

А что дописывать-то? Пока относительно $x, y, z$ никаких предположений нет, кроме того, что они целые положительные, попарно взаимно просты и связаны между собой и введёнными $k_1, \ k_2$ равенствами (1)-(4).
Согласованный текст пока ещё не исключает возможности для $x, y$ быть нечётными. А в этом случае очевидно, что $z, k_2$ оба чётны и следовательно имеют общий множитель 2.

[Валерий2]

Ув. bot!
y-чётное

\[ z^2 \]

и

\[ k^2 \]

делятся на

\[ (x + y) \]

, а

\[ 2(x - k)(y - k) \]

-нет, поэтому

\[ k_2 \]

и

\[ z^2 \]

-взаимно простые

[shwedka]

Валерий2 писал(а):

y-чётное

ПОЧЕМУ?????????????????????????

\[ z^2 \]

и

\[ k^2 \]

делятся на

\[ (x + y) \]

, а

\[ 2(x - k)(y - k) \]

-нет, поэтому

\[ k_2 \]

и

\[ z^2 \]

-взаимно простые

Неубедительно. Ваше рассуждение показывает лишь, что

\[ (x + y) \]

не является общим делителем. Почему других общих делителей быть не может??
55 делится на 5, а 22 не делится. Значит 55 и 22 взаимно просты? попробуйте разобраться и доказать эту взаимную простоту, если она нужна. Очень-очень подробно!!

[bot]

Валерий2 писал(а):

y-чётное

Числа $x, y, z$ связывает единственное соотношение - это соотношение (1). Мы можем предполагать для целых $x, y$ две возможности:
1) они одинаковой чётности - следовательно из-за взаимной простоты оба нечётны.
2) разной чётности. В силу симметрии их вхождения во все соотношения мы можем в этом случае, если угодно, считать, что $y$ чётно, а $x$ нечётно.
Ваши рассуждения во втором случае я совсем не понимаю - почему, к примеру, $x^2+y^2$ делится на $x+y$, а что такое $k$ мне вообще не известно.
Первый же случай вообще противоречит Вашему утверждению. Отбрасывать его без рассмотрения я не согласен.

[Валерий2]

\[ (x^2 + y^2 ) \]

делится на

\[ (x + y) \]

??? Я этого не писал!

[Алексей К.]

А Вы уверены, bot, что Вы одно и то же обсуждаете???

Валерий2 писал(а):

Итак, фиксируем сообщение 10апр. 11:43? Идём дальше?

При этом 10апр. в 11:43 Валерий2 писал(а):

Всё же закончу часть рассуждений в своих обозначениях, а потом разберёмся с вопросами. Быть может, часть вопросов сама собой отпадёт.
Итак, предположение существования тройки взаимно простых x,y,z , удовлетворяющих уравнению (1), приводит к тому, что :
1. z и k должны иметь общий делитель q;
2. любая степень уравнения (2) может быть представлена в виде (5) (включая

\[ n = 2 \]

,
т.е. должен существовать

\[ k_n \]

;
3.

\[ z^n \]

и

\[ k_n \]

должны иметь общий делитель q для всех n, кроме

\[ n = 2 \]

, при котором

\[ z^2 \]

и

\[ k_{^2 } \]

должны быть взаимно простыми

Один это зафиксировал, другой --- другое...

Суммарный согласованный текст, написанный тем, кому это всё нужнее всех остальных,
не написан. Возвращаемся к бардаку? И это в двух шагах от апофеоза?

[bot]

Валерий2 писал(а):

\[ (x^2 + y^2 ) \]

делится на

\[ (x + y) \]

??? Я этого не писал!

Да, действительно - не писали. Вы писали, что на $x+y$ делятся $z^2$ и $k^2$. Пытаясь проинтерпретировать $k^2$, как опечатку и заменив на $k_2$ начал писать, что в таком случае в силу $x^2+y^2=z^2+k_2$ на $x+y$ делится $x^2+y^2$, отсюда опять вытекает ... , но передумал. Вместо этого стал писать другой текст, а уже набранные формулки использовал в качестве шаблона. Вот так и осталось $x^2+y^2$ вместо $z^2$, которое на этом месте должно было быть. То есть эта часть текста должна быть такая: "... почему, к примеру , $z^2$ делится на $x+y$ ... "
Поясню свое недоумение по этому поводу:
Из (1) ясно только, что на $x+y$ делится $z^3$. Если бы показатель 3 был заменён на больший, я бы не возражал, но он заменён на 2 и без объяснений я это принять не могу.

Цитата:

А Вы уверены, bot, что Вы одно и то же обсуждаете???

А и в самом деле. Последнюю фиксацию произвела shwedka на предыдущей странице, но она для меня сейчас труднодоступна - о ч е н ь д а л е к о о т Н о в - с к а д о Т а л л и н а, а п о т о м е щ ё и в М о с к в у.

[shwedka]

В третий раз предлагаю зафиксировать следующий текст.
Ответа пока не дождалась.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

Допустим, что $x,y,z$ - целочисленное решение уравнения

$x^3+y^3=z^3$ (1)
со взаимно простыми $x,y,z$.

Обозначим через $k_1$ число $k_1=x+y-z$, тогда
$ x + y = z + k_1 .$ (2)

Из равенства (1) и тождества $x^3+y^3=(x+y)(x^2 -xy +y^2)$ вытекает, что $z^3$ делится на $x+y$, поэтому $z$ и $x+y$ не могут быть взаимно простыми. Пусть $q>1$ общий делитель чисел $z$ и $x+y$. Тогда из (2) видно, что $q$ делит и $z$ и $k_1$. То есть, $z$ и $k_1$ не взаимно просты.

Обозначим через $k_2$ число
$k_2=x^2+y^2-z^2.$
Таким образом,
$x^2+y^2=z^2+k_2$(3)
и
$k_2= k_1^2 - 2(x - k_1)(y - k_1). $ (4)
Числa $k_2$ и $z^2$
взаимно просты, потому что....

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

[bot]

Алексей К. писал(а):

Возвращаемся к бардаку? И это в двух шагах от апофеоза?

Действительно, буксуем совсем уж на ровном месте - не без моей помощи, конечно же.
Можно было промолчать по поводу чётного $y$ - приняли же мы без возражения соглашение считать $x,y,z$ попарно взаимно простыми, но Валерий2 уже нам демонстрировал такое вольное обращение с допущениями, что я уж боюсь предложить ещё одно - вполне ожидаемо, что если мы укажем ему на недопустимость смены обозначений путём опускания индексов или ещё как-нибудь, он может возразить: "вам можно - мне нельзя?"
Да, всем известна такая фраза "не ограничивая общности можно считать, что ..." - она употребляется с целью устранить неугодный случай, поскольку этот неугодный случай сводится к случаю, к доказательству которого мы приступаем. Вместо этой фразы можно было бы сказать "рассмотрим сначала такой случай ..." и отложить сведение неугодного до получения доказательства основного случая. Возможность сделать допущение до некоторого момента может сохраняться, но это не наш случай:
Тройка чисел, якобы удовлетворяющая равенству (1) зафиксирована, введены $k_1, \ k_2$ и относительно которых сформулировано некоторое утверждение. Никто не может оспорить возможность быть чётным именно для z (ибо, если это не так для фиксированного равенства (1), то не составит труда составить равенство с чётной правой частью), а следовательно утверждение, которое хочет доказывать Валерий2, является для этого равенства заведомо ложным.
Не может или не хочет Валерий2 устранить контрпример выяснять неинтересно и совсем не хочется ловить его на этом пустом месте - он и безобидном месте тормозит.
Давайте просто объявим случай такой.

Пусть из трёх чисел $x, y, z$ чётным является $y$. Тогда $z$ и $k_2$ взаимно просты.

Можно и далее позволить считать $y$ чётным - всё равно ведь к случаю чётности $z$ нам возвращаться не придётся, вне зависимости от того понимает или не понимает Валерий2, что этот случай можно было сразу отбросить с помощью соглашения.

[shwedka]

bot

Цитата:

Давайте просто объявим случай такой.

Пусть из трёх чисел $x, y, z$ чётным является $y$. Тогда $z$ и $k_2$ взаимно просты.

не просто обЪявим, а будем ждать доказательства

[bot]

Да, конечно - просто я забегаю несколько вперёд, Пусть сначала докажет утверждение о взаимной простоте $z$ и $k_2$ в предположении чётности $y$. Один очевидный шаг за него я уже сделал - заменил $z^2$ на $z$.
Из того, что до сих пор писал Валерий2 нельзя даже уверенно считать, что он знает, что означает взаимная простота двух чисел.
Попробую помочь. Я бы начал примерно так: "пусть $d>1$ - общий делитель чисел $z$ и $k_2$", а закончил бы словами "полученное противоречие доказывает наше утверждение"

М-м-м, пожалуй даже ещё облегчу задачу (и чего это я сегодня такой добрый?): без ограничения общности можно считать, что $d$ - нечётное простое число.

Как только Валерий2 справится с этой задачей мы просто вставим следующий текст.

Лемма. Пусть $y$ нечётное число, тогда $z$ и $k_2$ взаимно просты.
Доказательство предоставляется читателю в качестве простого упражнения.

А равенство (4) я бы удалил - оно конечно следует из предыдущих, но ничем не помогает. Впрочем настаивать не буду - это была воля автора,

[MaximKat]

а где продолжение?