Чудесное доказательство

[yk2ru]

Ошибка выше в сообщении, правильно: $a$ и $c$ у вас ...

[krestovski]

Ещё раз.
Вы говорите о свойствах. То есть, об общей зависимости или закономерности.

lasta в сообщении #1144654 писал(а):

Поэтому напомним некоторые известные свойства суммы двух степеней.

По этой причине исправленное Вами выражение

lasta в сообщении #1144661 писал(а):

-сумма двух степеней натуральных чисел с простым показателем всегда делится на сумму этих чисел;

должно быть законченным и не иметь посылок к уточнениям и дополнительным разъяснениям. Следовательно, необходимо ещё одно уточнение в исправленной фразе:

- сумма двух степеней натуральных чисел, с равными простыми показателелями степени, всегда делится на сумму этих чисел.

Не идеал, но это существенно, потому как на разные показатели степени данное свойство не распространяется:

$(7^3+3^5)/(7+3)=58.6$

Это не придирки. Вы должны понимать, что, поскольку голова у Вас одна, то и логика, выработанная и используемая Вами для рассуждений, тоже одна. Следовательно, логические ошибки будут проявляться как в самом тексте, так и в математических построениях. Иначе не бывает. И совершенно не важно чем они вызваны, - лёгким пренебрежением к форме изложения или отсутствием привычки "семь раз отмерить, а один раз отрезать".
Просто научитесь читать свой текст так, после его написания, словно Вы видите его в первый раз. Ну чтобы понять, как его воспринимают остальные. - Буквально, а не так, как Вам кажется.
Удачи!

[lasta]

yk2ru в сообщении #1144670 писал(а):

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

Уважаемый yk2ru , совершенно верно. Потому что и здесь доказательство строится не традиционным путем. Рассматриваются тройки решения УФ, где одно число иррациональное и числа имеют общий делитель. Действительно $(a,c)$ числа не взаимно простые. $a=c_1 a_n$. Поскольку $1\leqslant a_n \leqslant c_1$ (в формуле (1) опечатка ), то число $a$ может принимать все возможные значения чисел, имеющих общий делитель $(c_1)$ со степенью $(c^p)$.

krestovski в сообщении #1144699 писал(а):

Просто научитесь читать свой текст так, после его написания, словно Вы видите его в первый раз. Ну чтобы понять, как его воспринимают остальные.

Уважаемый krestovski!
Благодарю за дельные советы. Постараюсь ими воспользоваться.

[lasta]

lasta в сообщении #1144819 писал(а):

$(1\leqslant a_n \leqslant c_1)$

Уважаемый yk2ru, правильно, - $(1\leqslant a_n \leqslant N_2-1)$.
Проще $(c_1)$ определить как произвольный делитель $(c)$. Тогда сразу видно, что мы охватываем все возможные случаи существования $(a^p)$, имеющей общий делитель с $(c^p)$

[yk2ru]

Значит после сокращения в новой тройке числа взаимно просты, спуска дальнейшего не будет, так как дальше сокращать не на что будет для получения ещё меньшей тройки.

[lasta]

yk2ru в сообщении #1144833 писал(а):

Значит после сокращения в новой тройке числа взаимно просты, спуска дальнейшего не будет, так как дальше сокращать не на что будет для получения ещё меньшей тройки.

Уважаемый yk2ru,
Нет не так. После сокращения получаем новую тройку и новое равенство $N_2^p=a_n^p+N_3^p$ со всеми свойствами степеней предыдущего равенства. $(N_2^p=N_4^pN_5^p)$,то есть снова будет составной. А мы уже знаем, что составная степень разлагается в сумму двух натуральных чисел, одно из которых степень натурального числа с показателем $p$, другое - степень иррационального числа с тем же показателем. И все три числа могут снова иметь общий делитель. То есть из нового решения используется только одна составная степень $N_2^p=N_4^pN_5^p$ и берется другое $(a_n, \qquad n=1,2,3,....)$. Таким образом, мы утверждаем, что какой бы не была большой исходная составная степень натурального числа ни для нее, ни для всех степеней меньших не существует разложения в сумму двух степеней натуральных чисел с тем же показателем.

[krestovski]

Скажите, lasta, следующие Ваши утверждения остаются в силе? Вот эти:

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

Рассмотрим случай существующего решения с одним иррациональным числом $(a,(a+r), c) $

lasta в сообщении #1144163 писал(а):

любое натуральное число можно представить в виде произведения $N=(a+r)(a-r)$

Понятно, что $r$ иррациональное число.

Я почему спрашиваю? - Исходя из приведённых утверждений, иррациональное $r$ всегда меньше $a$. - Я, лично, так понял.
Это верно?

[lasta]

krestovski в сообщении #1144916 писал(а):

Я почему спрашиваю? - Исходя из приведённых утверждений, иррациональное $r$ всегда меньше $a$. - Я, лично, так понял.
Это верно?

Уважаемый krestovski!
Для произвольного $N$ - это один из вариантов. Всегда можно найти такое $(a)$, что $r=\sqrt {a^2-N};\qquad r<a$. В нашем же случае произведением иррациональных чисел является

$$(a+(a+r))\frac {a^p+(a+r)^p}{2a+r}; $$

Но задача еще более упрощена. Берется произвольная составная степень $c^p=N_1^p N_2^p$, где $(N_1^p)$ произвольный делитель из числа возможных делителей $(c^p)$. Такой постановкой легче рассмотреть все возможные варианты существования двух степеней с общим делителем при одинаковом простом показателе.

[krestovski]

lasta в сообщении #1144654 писал(а):

Всегда существует решение УФ, если в тройке чисел одно иррациональное.

Я бы это сформулировал иначе: Если вы попытаетесь определить тройку чисел, удовлетворяющую УФ, то одно из вычисленных чисел будет иррациональным.
И не иначе! - "Часы назад не ходют!"
Потому как Ваше варажение: "Всегда существует решение УФ, если в тройке чисел одно иррациональное", - изначально утверждает, что сумма рационального и иррационального чисел есть число рациональное. А это не так.
Не говоря уже о чётности чисел и невозможности изначально задать точность иррационального числа по количеству знаков после запятой.
Так что, это не решение УФ и не тройка чисел с одним иррациональным, а определение приближённого значения иррационального числа по двум заданным натуральным числам с использованием равенства Ферма.
Но, на мой взгляд, Вы, lasta, пытаетесь интуитивно применить метод бесконечного спуска к задаче удвоения куба для доказательства утверждения Ферма.
Потому и вопрос мой был про иррациональное $r$.

lasta в сообщении #1144999 писал(а):

$$(a+(a+r))\frac {a^p+(a+r)^p}{2a+r}; $$

Но, это моё личное мнение. Вы же вправе убеждать участников в том, в чём считаете нужным.
Удачи!

[lasta]

krestovski в сообщении #1145051 писал(а):

Потому как Ваше варажение: "Всегда существует решение УФ, если в тройке чисел одно иррациональное", - изначально утверждает, что сумма рационального и иррационального чисел есть число рациональное. А это не так.

Уважаемый krestovski, здесь я ничего не придумал нового. Так как речь идет о элементарном равенстве $c^p=a^p+B$, где все числа натуральные. Здесь то нет суммы натурального и иррационального чисел.Не надо путать степени и основания степеней. В тройке решения, в основаниях степеней одно число иррациональное. Верна или не верна ВТФ, всегда существует тройка решения

$$(a,\qquad b=\sqrt[p]{B}, \qquad c)$$

И, если ВТФ верна, то

$$\forall (a,c),c^p=a^p+B; \qquad \exists b=(\sqrt[p] {B}) \in \mathbb I $$

[krestovski]

Уважаемый lasta, вот так выглядит Ваше $c^3$.

$c^3=a^3+3a^2r+3ar^2-3B^{2/3}r+3B^{1/3}r^2+B$

Почему? - Давайте посмотрим.
Вы пишите:

lasta в сообщении #1145088 писал(а):

В тройке решения, в основаниях степеней одно число иррациональное. Верна или не верна ВТФ, всегда существует тройка решения

Я не против такого подхода к проблеме. Вы автор, - Вам и карты в руки. Но меня смущает следующее.
Вы снова меняете обозначения, выбрасывая одно и вводя другое. Давайте запишем всё вместе.
Из этой записи

lasta в сообщении #1145088 писал(а):

$$(a,\qquad b=\sqrt[p]{B}, \qquad c)$$

и вот этой

lasta в сообщении #1144654 писал(а):

Обозначим эту тройку как $(a,(a+r),c)$

следует, что $b=a+r=\sqrt[p]{B}$
Я согласен с Вами, что в данном случае иррациональным является основание, поскольку сумма рационального и иррационального есть иррациональное число. Вам удобнее говорить о натуральном и иррациональном? - Пусть будет так. Но, с этим всё.
Вы записали иррациональное в виде действительного числа. От чего иррациональность никуда не исчезла.
В начале Вы сами определили условие для показателя степени, - исключили из рассмотрения чётные степени. - Хорошо. - Это Вам понадобится для определения иррациональности при возведении иррационального в нечётную степень.
Теперь посмотрим вот на это:

$a=\sqrt[p]{B}-r$

Следовательно, при условии $p=3$

$a^3=(\sqrt[3]{B}-r)^3$

И, как результат, приходим к следующему выражению:

$c^3= a^3 + (a+r)^3=(\sqrt[3]{B}-r)^3 +(\sqrt[3]{B})^3=(\sqrt[3]{B}-r)^3 +B$

Но, на мой взгляд, для наглядности лучше оставить вот так

$c^3= (\sqrt[3]{B}-r)^3 + (a+r)^3$

и только теперь послушать, где тут иррациональные, где натуральные числа и каким образом и на что Вы их собираетесь делить. И, конечно же, что получается после деления каждого члена равенства, так как мне до сих пор не понятно, - для осуществления спуска Вы делите каждый член равенства на иррациональное или на натуральное число?
- Тоже не праздный вопрос, потому как Ваше $c^3$ действительно можно представить в виде двух множителей. Вот они:

$c^3=N_1^3N_2^3=(2B^{1/3}-r)(B^{2/3}-B^{1/3}r+r^2)$

Если у Вас есть другие, - покажите. Эти я определил с Вашей подачи Вашего же материала.

[lasta]

lasta в сообщении #1145088 писал(а):

Уважаемый krestovski, здесь я ничего не придумал нового. Так как речь идет о элементарном равенстве $c^p=a^p+B$, где все числа натуральные. Здесь то нет суммы натурального и иррационального чисел.Не надо путать степени и основания степеней. В тройке решения, в основаниях степеней одно число иррациональное. Верна или не верна ВТФ, всегда существует тройка решения

$$(a,\qquad b=\sqrt[p]{B}, \qquad c)$$

И, если ВТФ верна, то

$$\forall (a,c),c^p=a^p+B; \qquad \exists b=(\sqrt[p] {B}) \in \mathbb I $$

Уважаемый krestovski, речь идет об общем случае, не привязанному к теме. Поэтому написано упрощенно. Если же привязать это к теме, то не надо ничего придумывать. Так как понятно, что $b=a+r= \sqrt[p]{B}$

krestovski в сообщении #1145110 писал(а):

Теперь посмотрим вот на это:

$a=\sqrt[p]{B}-r$

Следовательно, при условии $p=3$

Ничего другого не будет, так как $a=\sqrt[p]{B}-r=a+r-r=a$ . И мы работаем с произвольно взятой составной степенью $c^p=N^p_1N^p_2$ (произведение натуральных чисел) и только с одной формулой

$$c^p=N_1^pN_2^p=N_1^p a_n^p+N_1^p(N_2^p-a_n^p)$$

не применяя ни каких других.

[krestovski]

Нет lasta, так не пойдёт.
Вы же прерасно понимаете, что Ваше иррациональное $r$, даже если оно меньше $a$, может быть представлено аналогично $c^3$. - В виде суммы куба и другого числа, образованного суммой имеющегося куба и иррационального числа.
Давайте не будем забегать вперёд и ограничимся $p=3$. Потому как к высшим степеням Вы ещё не готовы.
Так вот, Ваши $r$ и $B$ таят множество сюрпризов. Но о них - позже.
Сейчас, поскольку Вы обошли молчанием множество существенных моментов и деталей.... прошу ответить на вопрос: Вы располагаете доказательством существования общего делителя для пар кубов, - чётный+нечётный, чётный+чётный, нечётный+нечётный ? - Только для этих пар. И только для кубов.
Но!!! - Когда Вы будете готовы к ответу, дополните его, - пожалуйста, - правилом деления куба суммы натурального числа и иррационального числа на куб другого числа. Ведь Ваше $B$, которое Вы ввели в "игру", не что иное, как $(a+r)^3$.
И не забывайте, - если Вы используете иррациональные числа, то на каждом этапе преобразований Вы должны доказывать рациональность или иррациональность каждого члена Вашего равенства/неравенства.
Таковы правила. Не Вы и не я их придумал.
Удачи!

[lasta]

krestovski в сообщении #1145336 писал(а):

Сейчас, поскольку Вы обошли молчанием множество существенных моментов и деталей.... прошу ответить на вопрос: Вы располагаете доказательством существования общего делителя для пар кубов, - чётный+нечётный, чётный+чётный, нечётный+нечётный ? - Только для этих пар. И только для кубов.

Для произвольно взятой составной степени с простым показателем $(p>2) $ составим тождество

$$c^p=N_1^pN_2^p=N_1^pa^p_n+N_1^p(N_2^p-a_n^p) \qquad 1\leqslant a^p_n \leqslant N_2-1 \qquad \qquad \e(1)$$

Со всеми возможными значениями текущей степени $a_n^p$ в указанном в (1) интервале; $(a)$ -натуральное число.
Числовой пример для кубов

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

Выражение $N_1^p(N_2^p-a_n^p) $ правой части (1) не может быть степенью натурального числа, так как в этом случае степенью, c тем же показателем $p$, становилось бы выражение $(N_2^p-a_n^p)$. То есть существовало бы равенство

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

где все числа натуральные. В этом случае степень $(N_2^p)$ также составная. Тогда составлялось бы новое тождество

$$N_2^p=N_4^pN_5^p=N_4^p a_n^p+N_4^p(N_5^p-a_n^p) \qquad 1\leqslant a^p_n \leqslant N_5-1 \qquad \qquad \e(2)$$

Со всеми возможными значениями текущей степени $a_n^p$ в указанном в (2) интервале.
Снова $(N_5^p-a_n^p)$ не может быть степенью натурального числа, так как тогда степень $(N_5^p)$ снова являлась бы составной и существовало бы третье тождество и т.д. до бесконечности, пока мы не пришли бы к минимальному составному числу $6^p$, которое тоже не разложимое в сумму двух степеней.
Таким образом, мы перебрали все составные степени и доказали, что невозможно разложить произвольную составную степень с простым показателем $(p>2)$ в сумму двух других степеней с тем же показателем, если указанные степени имеют общий делитель.
Но, если не существует такое разложение, то тогда не существует разложение и при сокращении общего делителя, то есть при взаимно простых степенях. ВТФ доказана.

Уважаемый krestovski, как видите в данном варианте нет необходимости показывать $(r)$ и исследовать его.
Рассматривается произвольно взятая степень. Поэтому учтены все возможные варианты по четности.
Кроме того, отсутствует ограничение чисел по взаимной простоте.
Тождество для кубов такое же, и оговорено , что $(p>2)$. Куб - степень с показателем $(p=3)$.

[krestovski]

Я просил Вас, lasta, ограничиться показателем степени $p=3$, как того требует дополнение к условиям и правилам форума. Но Вы снова, типа ничего не поняли.... Хотя, числовой пример Вы привели для кубов.
Ну хорошо, только я вижу следующее:

$7^3=6^3+5^3+2$

Теперь умножаем на $5^3$ и получаем:

$5^37^3=5^36^3+5^35^3+5^3*2$

Вот так Вы получаете своё равенство. Я ранее Вам показал это. А когда Вы, типа, не заметили, попросил доказательство наличия общего делителя для пар кубов.
Так вот, если Вы собираетесь мне что-то объяснить, то сначала сделайте так, чтобы Ваше иррациональное было меньше любого из известных Вам кубов натуральных чисел.
В противном случае я буду рассматривать Ваше "доказательство" как подгонку под интересующий Вас результат... Потому как в приведённом Вами же примере умышленно спрятан один куб. Мы говорим о сумме куба и иррационального, а не о сумме двух кубов и иррационального. Если я не прав, то Вы рассматриваете вариант удвоения куба. - Вилы!!!!
Кстати, если $B=2$ то чему равно $a$? - У Вас то слова и фразы, а я пытаюсь посчитать.....
Тоже не праздный вопрос.
Вы же до сих пор отказываетесь огласить полные начальные условия.
Да! Чуть не забыл! - Вы не ответили уже по существу на 7 вопросов.
Мой совет, - всё с самого начала. Выверяя каждое слово и каждый шаг. Всё что было до настояшего момента - полнейший бред.
Удачи!