Чудесное доказательство

[lasta]

Рассмотрим случай существующего решения с одним иррациональным числом $(a,(a+r), c) $, где $r\in \mathbb {I};\qquad (c=c_1c_2)$. И $(c_1,c_2)$ не произвольные числа , а определяются формулами Абеля. Если $(c )$ не делится на $p$, то $c_1=a+b; \qquad c_2=( a^p+b^p)/(a+b)$
То есть не абы какие, а имеют родословную от Абеля (в терминах cmpamer).
Уважаемый cmpamer задал не праздный вопрос.
Произвольную составную степень в виде произведения натуральных чисел,вместо предполагаемого разложения

$$c^p=a^p +(a+d)^p;\qquad(a,c,d) \in \mathbb{N}$$

всегда можно разложить в сумму степеней натурального и иррационального чисел

$$ c^p=N_1^pN_2^p=c_1^pc_2^p=a^p +(a+r)^p;\qquad(N_1,N_2) \in \mathbb{N}\qquad c_1^p=2a+r\ne N_1;\qquad c_2^p=c^p/(a+2r)\ne N_2$$

( Это иногда забывают. А алгебраическими преобразованиями невозможно отличить $r$ от $d$ )
$a^p$ - произвольная степень, поэтому может иметь общий со степенью $c^p$ натуральный $(N_1)$ или $(N_2)$ делитель.
$(c_1,c_2)$ также можно рассматривать в качестве делителей , так как любое натуральное число можно представить в виде произведения $N=(a+r)(a-r)$
Рассмотрим случай с натуральными делителями

$$c^p=(N_1N_2)^p=N_1^pa_n^p+(N_1a_n+r)^p=N_1^pa_n^p+N_1^p(N_2^p-a_n^p)$$

Числовой пример для кубов

$$5^3 7^3=5^3 6^3+5^3(\sqrt[3]{7^3-6^3})^3=5^3 6^3+5^3(\sqrt[3]{127})^3$$

Однако, предполагаемое решение УФ в натуральных числах не может иметь аналогичное равенство. Так как в этом случае $(N_2^p-a_n^p)$ должно быть степенью натурального числа. А это сразу ведет к бесконечному спуску.
Если не существует решения УФ в натуральных, не взаимно простых числах, то может ли тогда существовать примитивное решение, числа которого всегда можно умножить на натуральное число?

[cmpamer]

Премного уважаемый lasta! Небрежность в математике вещь исключительно не полезная. Я честно признаюсь - уследить за Вашими рассуждениями довольно сложно. Всё равно что читать текст на русско-китайском "суржике", да ещё исполненном египетскими иероглифами. Куда Вы торопитесь? ВТФ уже почти 400 лет остаётся недоказанной, а потому лишний месяц может и подождать.
Не буду здесь приводить полного разбора всего Вами написанного, так как уже в самом начале мы имеем, что с=1: "(с=$c_1,c_2)$ не произвольные числа , а определяются формулами Абеля. Если $(c )$ не делится на $p$, то $c_1=a+b; c_2=( a^p+b^p)/(a+b)$". Т.е. с = $c_1,c_2$ и это же с=a^p+b^p = с^p.
Но что мне определённо нравится - это Ваше стремление не лишь бы доказать известное утверждение, а именно разгадать ВТФ - Великую Тайну Ферма. Т.е найти именно то, что коварный юрист якобы не мог поместить на полях книги - доказательство самого Ферма. Только это надо делать спокойно, без суеты. Тайны не благоволят к суетливым.

[yk2ru]

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

Рассмотрим случай существующего решения с одним иррациональным числом $(a,(a+r), c) $, где $r\in \mathbb {I};\qquad (c=c_1c_2)$. И $(c_1,c_2)$ не произвольные числа , а определяются формулами Абеля.

Формулы Абеля появились из анализа уравнения Ферма и в предположении, что все три числа целые. У вас же одно число нецелое, так правильно ли привлекать формулы Абеля в таком случае?

[lasta]

cmpamer в сообщении #1144234 писал(а):

Небрежность в математике вещь исключительно не полезная.

Уважаемый cmpamer, полностью согласен. Спасибо за найденную опечатку. Конечно же в приведенных формулах Абеля пропущен показкатель

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

Если $(c )$ не делится на $p$, то..... (правильно будет) $c_1^p=a+b; \qquad c_2^p=( a^p+b^p)/(a+b)$

Во всех остальных выражениях с применением степеней $(c_1^p,c_2^p)$ показатель присутствует.

yk2ru в сообщении #1144242 писал(а):

Формулы Абеля появились из анализа уравнения Ферма и в предположении, что все три числа целые. У вас же одно число нецелое, так правильно ли привлекать формулы Абеля в таком случае?

Уважаемый yk2ru, совершенно верно, формулы Абеля появились из предположения, что числа тройки целые . Но, разве, что-то изменится в алгебраических выражениях, определяющих $(c_1^p,c_2^p)$, если в тройке решения присутствует иррациональное число. В теме применены формулы Абеля. Но по свойствам чисел $(c_1,c_2)$ сделана оговорка, что это числа иррациональные.

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

всегда можно разложить в сумму степеней натурального и иррационального чисел

$$ c^p=N_1^pN_2^p=c_1^pc_2^p=a^p +(a+r)^p;\qquad(N_1,N_2) \in \mathbb{N}\qquad c_1^p=2a+r\ne N_1;\qquad c_2^p=c^p/(a+2r)\ne N_2$$

[lasta]

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

Если не существует решения УФ в натуральных, не взаимно простых числах, то может ли тогда существовать примитивное решение, числа которого всегда можно умножить на натуральное число?

Действительно, рассмотрена произвольная составная степень произведения двух натуральных чисел $c^p=N_1^pN_2^p$. И все выводы сделаны на основе элементарного тождества

$$c^P=N_1^p a_n^p+N_1^p(N_2^p-a_n^p) $$

Заметим, что в этом тождестве не применяются Формулы Абеля. Ферма не знал Абеля (но такие формулы несомненно мог вывести). Формулы Абеля были применены в теме ранее только для того, чтобы показать, что в случае существования решения УФ, где одно число иррациональное, то числа $c_1, c_2$ также иррациональные, а, следовательно, не равны числам $N_1,N_2$ произвольной степени.
Чтобы ответить на вопрос,- может ли существовать примитивное решение в общем случае, достаточно показать, что произвольная степень $c^p$ разложена в сумму двух степеней с общим делителем для всех возможных вариантов разложения. А это определяется областью существования числа $a_n $, которое может быть в интервалах целых чисел $(1 \leqslant a_n\leqslant N_1 -1 )$ и $(1 \leqslant a_n\leqslant N_2 -1)$ (в случае, если делителем является число $N_2$) Это легко прослеживается на приведенном числовом примере для кубов.
Следовательно, рассмотрены все возможные варианты представления произвольной составной степени с общим делителей. Значит, вывод о невозможности существования примитивного решения верен, и ВТФ полностью доказана самым элементарным способом, который и был тем чудесным доказательством у Ферма.

[Lia]

cmpamer в сообщении #1144234 писал(а):

ак как уже в самом начале мы имеем, что с=1: "(с=$c_1,c_2)$ не произвольные числа , а определяются формулами Абеля. Если $(c )$ не делится на $p$, то $c_1=a+b; c_2=( a^p+b^p)/(a+b)$". Т.е. с = $c_1,c_2$ и это же с=a^p+b^p = с^p.

cmpamer
Замечание за неоформление формул TeXом.

[ishhan]

Уважаемый lasta!
Ваши шутки по поводу "чудесного доказательства" достигли апогея.

lasta в сообщении #1144416 писал(а):

И все выводы сделаны на основе элементарного тождества

$$c^P=N_1^p a_n^p+N_1^p(N_2^p-a_n^p) $$

lasta в сообщении #1144416 писал(а):

Следовательно, рассмотрены все возможные варианты представления произвольной составной степени с общим делителей. Значит, вывод о невозможности существования примитивного решения верен, и ВТФ полностью доказана самым элементарным способом, который и был тем чудесным доказательством у Ферма.

Но перед тем, как посылать всё это в солидный математический журнал, большая просьба, коротко изложите здесь на форуме, для истории, от начала и до конца это "сказочно" чудесное доказательство.

[krestovski]

Уважаемый lasta!

Давайте получим Ваше элементарное тождество, но... - в обратном порядке.

$1. N_2^p = N_2^p$

$2. N_2^p = N_2^p + a_n^p - a_n^p$

$3. N_2^p = a_n^p + (N_2^p - a_n^p)$

$4. N_1^p N_2^p = N_1^p a_n^p + N_1^p (N_2^p - a_n^p)$

$5. N_1^p N_2^p = c^p$

$6. c^p = N_1^p a_n^p + N_1^p (N_2^p - a_n^p)$

Или вот так:

$1. 7^3 = 7^3 $

$2. 7^3 = 7^3 + 6^3 -6^3 $

$3. 7^3 = 6^3 + (7^3 -6^3)$

$4. 5^37^3=5^36^3 + 5^3(7^3-6^3)$

$5. 5^37^3=35^3$

$6. 35^3 = 5^36^3 + 5^3(7^3-6^3)$

И что в итоге? Не вижу ни каких ограничений для $a_n$. Под скобками получена разность двух кубов, которая не является кубом. В школе учат, чему равна разность двух кубов. К тому же Вы сами выделили отрицательное значение $a_n^p$ для получения разности кубов под скобками. - На этом выстроено доказательство?
Я, лично, не вижу доказательства.

Понятно, что в равенстве под скобками получается $35^3 = 5^36^3 + 5^3(127)$, где число $127$ не является кубом.
Но ведь так же можно и с квадратами:

$35^2 = 5^26^2 + 5^2(7^2-6^2) = 5^26^2 + 5^2(13)$, где число $13$ не является квадратом и $5^2(13) = 325$ не является квадратом.

И какой же вывод будем делать?– Ищем только те числа, которые позволяют утверждать, что квадрат нельзя разложить на два квадрата?

Вот не въезжаю я в Вашу логику. Столько времени молча следил за дискуссией, но так и не понял, что Вы доказываете.

[lasta]

ishhan в сообщении #1144541 писал(а):

коротко изложите здесь на форуме, для истории, от начала и до конца это "сказочно" чудесное доказательство.

Уважаемый ishhan, спасибо за предложение. Как раз собираюсь упорядочить текст доказательства. Что касается Вашего отношения к названию темы, то так назвал свое доказательство Ферма. А я лишь привожу возможный его вариант. Мне, конечно, надо изменить название. Например, на такое,- О чудесном доказательстве Ферма.

krestovski в сообщении #1144558 писал(а):

Но ведь так же можно и с квадратами:
$35^2 = 5^26^2 + 5^2(7^2-6^2) = 5^26^2 + 5^2(13)$, где число $13$ не является квадратом и $5^2(13) = 325$ не является квадратом.
И какой же вывод будем делать?– Ищем только те числа, которые позволяют утверждать, что квадрат нельзя разложить на два квадрата?

Уважаемый krestovski!
С квадратами ничего делать не будем. Если мы говорим о минимальном решении для степеней с простым показателем $p>2$, то по крайней мере две степени все равно будут составными из произведения взаимно простых чисел. Если же говорить о минимальном решении для квадратов $3,4,5$, то этого свойства здесь нет. Поэтому спуск на этих числах и остановится.
Доказательство приведено на основании алгебраического выражения. А числовой пример, это только для того, чтобы легче воспринималось слишком простое тождество. Я собираюсь представить более понятный текст доказательства, который, надеюсь, поможет прояснить отдельные места темы.

[cmpamer]

lasta в сообщении #1144258 писал(а):

Уважаемый cmpamer, полностью согласен. Спасибо за найденную опечатку. Конечно же в приведенных формулах Абеля пропущен показкатель

Уважаемый Лэст (не возражаете, если я буду к Вам так обращаться? Мой ник, кстати, "переводится" с псевдо транслита, как "Стратег" (стратег)")! Говоря о небрежности, я имел в виду не только допущенную Вами опечатку (даже самые отъявленные аккуратисты не застрахованы от этого). Она у Вас практически во всём. И с этим делом Вам надо решительно заканчивать.
Попробуйте с самого начала изложить своё чудесное доказательство, чётко определив все объекты и понятия, которыми Вы оперируете.
Вот, к примеру, как могло бы начинаться Ваше доказательство (привожу в меру его понимания моим рассудком):
Для произвольных натуральных с и n рассмотрим в R×R пространство решений УФ, которое, понятно, не пусто. Наша задача - доказать, что рассматриваемое пространство решений имеет пустое пересечение с N×N (хотя само N×N полностью содержится в R×R). С этой целью в указанном пространстве решений будем рассматривать только те из них, которые удовлетворяют условию - $(a+b) $ ∈ N. .......
Вот как-то так примерно...
С теми же множителями с1 и с2 - так и не понятно с чем их кушать. Они целые (натуральные), или как? Я, например, до сих пор этого не понимаю. Вот это и есть примеры той самой небрежности.
Я далёк от мысли, что Вы занимаетесь здесь софистикой, но с таким подходом к делу без проблем можно "доказать", что дважды два - пять. Чего уж там про какую-то ВТФ говорить...

[vxv]

lasta в сообщении #1144568 писал(а):

Я собираюсь представить более понятный текст доказательства, который, надеюсь, поможет прояснить отдельные места темы.

Если доказательство «можно считать законченным» и в то же время будет «более понятный текст», то зачем было создавать новую тему «Чудесное доказательство» вместо уже существующей: «Бесконечный спуск для произвольных натуральных УФ»? topic107271.html
Темы об одном необходимо объединить, чтобы не засорять форум (да и сразу будет видно «как и из чего варится каша»).

[lasta]

В подавляющем большинстве случаев попытка доказательства ведется от противного, то есть в предположении существования целочисленных решений УФ. На этом же основано и доказательство Уайлса.
Есть принцип. Если хочешь найти что-то новое, иди в противоположном направлении. То есть необходимо уйти от предполагаемых к существующим решениям.
Известно, что ВТФ достаточно доказать для степеней с простым показателем $p>2$.
Всегда существует решение УФ, если в тройке чисел одно иррациональное. Обозначим эту тройку как $(a,(a+r),c)$, где $(r)$ - иррациональное число, а $(a,c)$ - натуральные. Для Ферма, с изобретенным им методом бесконечного спуска, этого было уже достаточно, чтобы считать, что его утверждение доказано. А то, что страницы книги узки, Ферма имел в виду бесконечный спуск, шаги которого можно перечислять бесконечно долго. Любой математик также посчитал, что это действительно чудесное доказательство.
Но, не все увидят в записи тройки решения УФ достаточность для доказательства ВТФ. Поэтому напомним некоторые известные свойства суммы двух степеней. В отличии от квадратов, сумма двух степеней натуральных чисел всегда делится на сумму этих чисел. И если бы существовала степень, которая была бы равна этой сумме, то она всегда была бы составной - произведением натуральных чисел $C^p=N_1^pN_2^p$.
Если две степени имеют общий делитель, то таким делителем может быть только степень. Для упрощения доказательства снимаем ограничение о взаимной простате чисел $N_1,N_2$
Без потери общности будем считать, что общим делителем двух степеней является $(N_1^p)$.
Для исходной тройки решения $(a,(a+r),c)$ всегда существует тождество]

$$c^P=N_1^pN_2^p=N_1^p a_n^p+N_1^p(N_2^p-a_n^p);\qquad 1\leqslant a^p \leqslant c_2-1 \qquad \qquad \e(1)$$

Со всеми возможными значениями степени $a_n^p$.
Выражение $N_2^p-a_n^p \ne N_3^p$. То есть предполагаемое тройка решения из натуральных чисел не может существовать для (1). Так как в этом случае существовала бы другая тройка $(a_n,N_3,N_2)$ меньшая исходной, и существовало бы равенство

$$N_2^p=a_n^p+N_3^p$$

Что являлось бы началом бесконечного спуска. А это невозможно для натуральных чисел. Следовательно Ферма был прав и имел свое чудесное доказательство.
И, как видим, Ферма мог обойтись и без формул Абеля, и без исследования свойств иррациональных чисел $c_1,c_2$

[krestovski]

lasta в сообщении #1144654 писал(а):

В отличии от квадратов, сумма двух степеней натуральных чисел всегда делится на сумму этих чисел.

Внимательнее, потому как $(4^4+3^4)/(4+3)=48.142857142857142857142857142857$. - Вы ведь в начале не задаёте условия, а рассуждаете, говоря о простых показателях степеней. Так что, каждый раз уточняйте.

lasta в сообщении #1144654 писал(а):

Если две степени имеют общий делитель, то таким делителем может быть только степень.

В этом случае так же. - Не так категорично. - Потому как $9^3/3=243$ и $3^3/3=9$. - Тройка не является степенью другого числа, но она является общим делителем.

И, если не трудно, пишите правильно слово "простота", потому как слово "простата" означает немного иное.

[lasta]

Уважаемый krestovski!
Спасибо за замечания. Все они по существу. И везде Вы правы.
Правильно будет так:
-сумма двух степеней натуральных чисел с простым показателем всегда делится на сумму этих чисел;
-если две степени делятся на одно и то же число в виде произведение простых чисел, то они делятся и на степень этого числа.
Ну а про юмор с простатой я просто молчу.

[yk2ru]

$a$ у $c$ вас изначально не взаимно просты? Иначе как их степени могли бы вы сократить в конце рассуждения и получить меньшую исходной тройку?