Чудесное доказательство

[lasta]

Для уравнения Ферма всегда существует решение $(a+r,\quad b-r,\quad c_1c_2)$, где $(r)$ -действительное число, остаток при делении чисел $(a+r), (b-r)$ на $(c_1)$. Остальные числа натуральные. На этом доказательство можно считать законченным. Так как сразу видно существование бесконечного спуска.
Действительно, уравнение Ферма для всех степеней с простым показателем $p>2$

$$c^p=c_1^pc_2^p=(a+r)^p+ (b-r)^p=(a^p+R)+(b^p-R)=a^p+b^p$$

Отдельно для кубов (по правилам форума)

$$c^3=c_1^3c_2^3=(a+r)^3+ (b-r)^3=(a^3+R)+(b^3-R)=a^3+b^3$$

Где $R$ остаток при делении степеней $(a+r)^p,\quad (b-r)^p$ на степень $c_1^p$. Числа $(a,b,c)$ не взаимно простые $ c=c_1c_2 \quad a=a_nc_1 \quad b=b_nc_1$, где новая тройка чисел $(a_n,b_n,c_2)$, меньшая исходной, но со всеми свойствами исходной тройки решения. -является решением уравнения

$$c^p_2=a_n^p+b_n^p$$

Число $c_2$ снова составное, что и обеспечивает бесконечный спуск, который не возможен для целых чисел.
Это и есть чудесное доказательство Пьера Ферма. А поля книги узки для него, потому, что если описывать каждый шаг бесконечного спуска, изобретенного П. Ферма, то получится бесконечное доказательство.

[iifat]

lasta в сообщении #1143295 писал(а):

где $(r)$ -действительное число, остаток при делении чисел $(a+r), (b-r)$ на $(c_1)$. Остальные числа натуральные

Такое чувство, что «чудом» вы называете переход от таки математики к полной чуши. Вас не затруднит изложить вашу мысль математически? Начиная с процитированного. Что ж таки такое есть $r$?

[ishhan]

Уважаемый lasta!
Таких чудес, увы, не бывает, Вы просто шутите)

lasta в сообщении #1143295 писал(а):

$$c^3=c_1^3c_2^3=(a+r)^3+ (b-r)^3=(a^3+R)+(b^3-R)=a^3+b^3$$

Это равенство справедливо только в том случае, когда $r=b-a$
Так $(5+3)^3+(7-3)^3\ne5^3+7^3$

[lasta]

iifat в сообщении #1143298 писал(а):

Что ж таки такое есть $r$?

Уважаемый iifat, как уже и пояснено в тексте $(r)$ - остаток от деления чисел $(a+r)$ и $(b-r)$ на $(c_1)$. Каждое из чисел всегда больше $c_1$. Поэтому справедливы тождества $(a+r=a_nc_1+r)$ и $(b-r=b_nc_1-r)$. Этим приемом мы переводим Уравнение Ферма с взаимно простыми числами $c^p=(a+r)^p+(b+r)^p$ в уравнение $c^p=(a^p+R)+(b^p-R)=a^p+b^p$ с числами с общим делителем $(c_1^p)$. $ (R)$ - остаток при делении степеней $(a+r)^p$ и $(b+r)^p$ на степень $c_1^p$. Традиционно сложилось так, что в этом случае, остатки воспринимались, как удовлетворяющие равенство $R_1+R_2=c_1^p$. И это справедливо если исходить от гипотетического уравнения Ферма. Но мы исходим не от предполагаемой тройки решения, а от всегда существующей. Где $(r)$ - действительное число. Поэтому вариант остатков с разными знаками также существует. Для доказательства используется вариант с остатками разных знаков, ведущий к бесконечному спуску.
Уважаемый ishhan, продолжаем шутить. У меня юбилей на форуме. Вы дали пример, когда остаток натуральное число $r=3$. Но всегда можно вычислить иррациональный остаток, когда $(5+r)^3+(7-r)^3=5^3+7^3$. Что Вы скажете на такую шутку?

[iifat]

lasta в сообщении #1143352 писал(а):

$(a+r=a_nc_1+r)$

С меня даже станется решить это уравнение: $r$ справа и слева сокращаются, и количество решений либо 0, если $a$ не делится на $c_1$ нацело, либо любое действительное число вообще, если делится.

lasta в сообщении #1143352 писал(а):

$(5+r)^3+(7-r)^3=5^3+7^3$

Не погнушаюсь и этим: раскрываем скобки, приводим подобные, сокращаем $5^3+7^3$ — остаётся $-72r+36r^2=0$ с решениями $r=0$ и $r=2$

[ishhan]

lasta в сообщении #1143352 писал(а):

Но всегда можно вычислить иррациональный остаток, когда $(5+r)^3+(7-r)^3=5^3+7^3$. Что Вы скажете на такую шутку?

Ответ: $r\ne r$

[lasta]

iifat в сообщении #1143357 писал(а):

lasta в сообщении #1143352

писал(а):
$(a+r=a_nc_1+r)$ С меня даже станется решить это уравнение: $r$ справа и слева сокращаются, и количество решений либо 0, если $a$ не делится на $c_1$ нацело, либо любое действительное число вообще, если делится.

iifat, ishhan, спасибо за продолжение дискуссии.
Исходной тройкой решения УФ определены числа $(a+r), (b-r), c_1c_2 $, где (r) остаток от деления исходных чисел $(a+r), (b-r)$ на $ c_1 $. Поэтому здесь ничего решать не требуется. Числа $ a,b $ сразу определены кратными $ c_1$.
Что касается числового примера, данного ishhan, то $7+5=12$ и $3(7+5)$ не является кубом натурального числа. Поэтому,чтобы определить остаток, пришлось бы делить числа на $c_1=\sqrt [3] {3(5+7)}$. Но в нашем случае $c_1$ определено как натуральное. Поэтому этот числовой пример не наш случай. Здесь не может быть произвольных чисел. Мы ищем решения, которые ведут к бесконечному спуску, который как раз и утверждает, что таких целочисленных решений нет.

[vxv]

lasta в сообщении #1143295 писал(а):

Отдельно для кубов (по правилам форума)

$$c^3=c_1^3c_2^3=(a+r)^3+ (b-r)^3=(a^3+R)+(b^3-R)=a^3+b^3$$

А отдельно то же самое для квадратов ($n=2$).
И почему нельзя (если нельзя)?

[ishhan]

lasta в сообщении #1143411 писал(а):

Что касается числового примера, данного ishhan, то $7+5=12$ и $3(7+5)$ не является кубом натурального числа. Поэтому,чтобы определить остаток, пришлось бы делить числа на $c_1=\sqrt [3] {3(5+7)}$

Уважаемый lasta!
Ничего не изменится, по поводу "чуда"

ishhan в сообщении #1143348 писал(а):

$$c^3=c_1^3c_2^3=(a+r)^3+ (b-r)^3=(a^3+R)+(b^3-R)=a^3+b^3$$

Лучше было бы мне не приводить Вам численные примеры, а расписать цепочку равенств:

$(a+r)^3+ (b-r)^3=a^3+b^3$

из которого после приведения подобных получится то, чем не погнушался (не поленился проделать выкладки) уважаемый iifat.
Приводя подобные члены сначала получим равенство:

$3ra(a+r)=3rb(b-r)$

и затем, после сокращений- $ r=b-a$

(Оффтоп)

В лабиринтах ВТФ, все наши ВТФ братья по многу раз встречаются с чудами-юдами )))

[lasta]

vxv в сообщении #1143592 писал(а):

А отдельно то же самое для квадратов ($n=2$).
И почему нельзя (если нельзя)?

Уважаемый vxv, для квадратов нельзя применить бесконечный спуск, так как тройки решений могут быть и составными, и в виде простых чисел, в отличии от всех степеней, в которых всегда как минимум два составных числа. Для бесконечного спуска обязательным условием является сохранение свойств предыдущей тройки.

ishhan в сообщении #1143700 писал(а):

Уважаемый lasta!
Ничего не изменится, по поводу "чуда"

Уважаемый ishhan, разве не чудо то, что $\forall r \in \mathbb{R}$ бесконечным спуском (так просто) доказано невозможность существования равенства

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

Вам пришлось писать формулы, чтобы доказать это.
В теме демонстрировалось применение бесконечного спуска. Конечно, в этом направлении надо еще поработать, чтобы получить доказательство ВТФ не для частного случая, а для общего. С благодарностью приму ваши предложения по теме. А мой апломб, действительно, принимайте как шутку по случаю моего вчерашнего юбилея на форуме.

[lasta]

Теперь можно рассмотреть традиционный расклад остатков при той же тройки решения $(a+r,\quad b-r,\quad c_1c_2)$ и тех же условиях о делимости чисел$(a,b)$ на $(c_1)$ Пусть $c^p=c_1^pc_2^p $ - произвольная степень.

$$c_1^pc_2^p=(a+r)^p+ (b-r)^p=(a^p+R_1)+(b^p+R_2)=a^p+b^p+c^p_1$$

тогда, с учетом $R_1+R_2=c_1^p$

$$c_1^p(c_2^p-1)= a^p+b^p$$

Как видим, и это равенство не имеет решения в натуральных числах, так как $(c_2^p-1)$ не является степенью натурального числа. Но наше решение, в отличие от предполагаемого, всегда существует при иррациональном $r$. Напомним

$$a=c_1a_n, \qquad b=c_1b_n,\qquad c^p_2-1=a_n^p+b^p_n$$

Следовательно, не существует в натуральных числах суммы степеней $a^p_n+b^p_n$ являющейся степенью, если доказать, что $(a_n, b_n)$ - произвольные натуральные числа.

[cmpamer]

Я, возможно, что-то пропустил, так как не имею ни малейшего понятия о том, что такое делитель (соответственно - остаток при делении) в области вещественных чисел; о чём Вы, уважаемый lasta, так спокойно рассуждаете:

lasta в сообщении #1143295 писал(а):

Для уравнения Ферма всегда существует решение $(a+r,\quad b-r,\quad c_1c_2)$, где $(r)$ -действительное число, остаток при делении чисел $(a+r), (b-r)$ на $(c_1)$. Остальные числа натуральные.

Не могли бы доходчиво (с конкретными числовыми примерами) разъяснить - что такое "r", а также - что за числа с1 и с2?

[lasta]

cmpamer в сообщении #1143724 писал(а):

Не могли бы доходчиво (с конкретными числовыми примерами) разъяснить - что такое "r", а также - что за числа с1 и с2?

Уважаемый cmpamer, ничего Вы не пропустили. Вопрос хороший. Действительно, легко найти числовой пример для $c_1$

$$c_1^3=(a+r)+(b-r)=125=46,4142...+78,5857...=(45+\sqrt{2})+(80-\sqrt{2})=(5\cdot9+\sqrt {2} )+(5\cdot 16-\sqrt{2})$$

Однако, найти числовой пример, чтобы и $c_2^3$ было целым, не говоря уже о кубе натурального числа, необходимо, чтобы выполнялось условие $a=b$, что делает $c_1$ иррациональным.

[cmpamer]

За пример - спасибо. Однако один лишь пример не может служить полноценным определением, так как представляет собой эдакий ребус. Где само определение?
Впрочем, в порядке разгадывания Вашего "ребуса" я, возможно, понял - о каком "остатке при делении" в области вещественных чисел идёт речь. Чтобы закрыть в этой части вопрос, я ниже дам определение того, что я понял (а Вы либо подтвердите его, либо сформулируйте уже своё (правильное)).
Однако, прежде чем давать какие-либо определения, надо разобраться с семантикой. Дело в том, что буквы "a" и "b" уже "застолблены" в изначальной записи УФ. А Вы, как я понял, эти же самые величины выражаете через другие числа используя при этом те же самые символы. Это неправильно. Поэтому позволю себе считать то, что у Вас обозначено, как "a" - величиной, обозначаемой, как "$a_1$" (с b - аналогично). Теперь можно перейти к определению:
вещественное число "r" в представлении чисел a и b ("$a_1$+r" и "$b_1$+r" соответственно) - это произведение дробной части (одинаковой для обоих чисел) отношения указанных чисел из УФ к числу $c_1$ и числа $c_1$.
Если Вы именно это имели в виду, то приведённое определение всё равно "недоопрелено". Вопрос, который я задавал прежде так и остаётся пока без ответа - что такое $c_1$? Понятно, что это делитель целого (натурального) числа c из УФ (что такое делитель в кольце целых чисел я у Вас не спрашиваю, ибо - знаю). Но ЧТО за делитель? Абы какой (в том числе - тривиальный) или с "родословной"?
И тогда уже ещё один вопрос - так Вы доказали ВТФ, или не совсем?

[lasta]

cmpamer в сообщении #1143863 писал(а):

надо разобраться с семантикой....,что такое $c_1$? ....Но ЧТО за делитель? Абы какой

Уважаемый cmpamer, с семантикой все в порядке. В теме используется существующее решение $(a+r,\quad b-r,\quad c_1c_2)$, а не предполагаемое $a,b,c$ Доказательство будет продолжено, где будет дополнительное разъяснение по делителю $c_1$