Доказательства методами Ферма

[lasta]

ananova в сообщении #1150384 писал(а):

Если "Ферма пишет" про треугольник с площадью квадрата, то почему Вы принимаете его треугольник за прямоугольный треугольник? Мне кажется Вы это должны обосновать обязательно. Почему именно должны быть такие стороны $(2a^2, b^2, c)$, а никакие другие?

В своем доказательстве Ферма везде подчеркивает, что треугольник прямоугольный. Стороны прямоугольного треугольника определяются взаимно простыми числами. Иначе мы имели бы сразу другой меньший прямоугольный треугольник подобный исходному и со всеми его свойствами. Поэтому, чтобы площадь прямоугольного треугольника, определяемая как половина произведения катетов, была квадратом необходимо, чтобы катеты $(A,B)$ определялись бы этими числами, учитывая, что один катет обязательно четный. $S=1/2 AB=1/2(2a^2b^2)=a^2b^2=(ab)^2$. Только в этом случае при взаимно простых числах площадь прямоугольного треугольника является квадратом.

ananova в сообщении #1150384 писал(а):

Также поясните, почему "Ферма пишет", что треугольник должен иметь площадь квадрата, а не объем куба?

Когда Ферма доказывает утверждение для биквадратов, то необходимо, чтобы площадь была квадратом. В этом случае возникает бесконечный спуск для биквадратов.
Для того, чтобы доказать ВТФ для других степеней необходимо использовать другой инструмент. То есть, чтобы площадь треугольника была уже степенью с показателем $p>2$.

[shwedka]

lasta в сообщении #1150367 писал(а):

Подробное доказательство для биквадратов Ферма заканчивает аналогичной фразой как и для ВТФ "Полное доказательство с развернутыми пояснениями не может быть помещено на полях из-за их узости.

Мне представляется, что это Ваше цитирование Ферма является ошибочным. Пожалуйста, проверьте и укажите точно, что ПФ писал по поводу этого доказательства, с указанием точной ссылки (издание, страница). Или же, признайтесь, что Ваше сообщение является Вашим вымыслом.

[lasta]

shwedka в сообщении #1150395 писал(а):

Мне представляется, что это Ваше цитирование Ферма является ошибочным. Пожалуйста, проверьте и укажите точно, что ПФ писал по поводу этого доказательства, с указанием точной ссылки (издание, страница). Или же, признайтесь, что Ваше сообщение является Вашим вымыслом.

Уважаемая shwedka!
В книге (или разделе книги. У меня только ксерокс части книги) Диофантов анализ в Европе XIII-XVI вв, глава 4, Диофантов анализ у Пьера Ферма, стр. 215 приведено доказательство о невозможности существования упомянутого прямоугольного треугольника, со ссылкой на замечание Ферма № XLV.
Доказательство заканчивается словами"...и так до бесконечности будем находить целые числа, постоянно убывающие. Но это невозможно, так как если дано целое число, то не может иметься бесконечности целых чисел, меньших его. Полное доказательство с развернутыми пояснениями не может быть помещено не полях из-за их узости".

[shwedka]

Вы правы.
Замечание ПФ гласит
«Площадь прямоугольного треугольника в числах не
может быть квадратом.
Мы дадим доказательство этой найденной нами теоремы,
которую мы открыли после мучительных и долгих раздумий,
но этот род доказательства приведет к чудесным успехам
в Арифметике.
Если бы площадь треугольника была квадратом, то были
бы даны два квадрато-квадрата, разность которых была бы
квадратом, откуда следует, что были бы даны два квадрата,
сумма и разность которых были бы квадратами: значит, име-
лось бы квадратное число, равное квадрату и удвоенному
квадрату при условии, что квадраты, которые его составляют,
в сумме дают квадрат. Но если квадратное число составлено
из квадрата и удвоенного другого квадрата, то его сторона
подобным же образом составляется из квадрата и удвоенного
квадрата, что мы можем легко доказать, откуда заключаем,
что эта сторона является суммой сторон при прямом угле
прямоугольного треугольника, и один из этих составляющих
квадратов будет основанием, а удвоенный второй — высотой.
Значит, этот прямоугольный треугольник будет составлен
из двух квадратных чисел, сумма и разность которых будут
квадратами. Можно доказать, что эти два квадрата меньше,
чем первоначальные квадраты, относительно которых было
предположено, что их сумма и разность образуют квадраты.
Значит, если даны два квадрата, сумма и равность которых
образуют квадраты, то даны в целых числах два квадрата,
имеющих то же свойство, но сумма которых меньше первой*
Таким же рассуждением получим затем другую сумму,
меньшую той, которая была выведена из первой, и так до
бесконечности будем находить целые числа, постоянно убы-
вающие. Но это невозможно, так как если дано целое число,
то не можеть иметься бесконечности целых чисел, меньших
его г).
Полное доказательство с развернутыми пояснениями не
может быть помещено на полях из-за их узости.

Это второй случай, крме ВТФ, когда ПФ ссылается на узость полей.
Мы проанализируем это рассуждение ниже.

[lasta]

shwedka в сообщении #1150509 писал(а):

Это второй случай, крме ВТФ, когда ПФ ссылается на узость полей.
Мы проанализируем это рассуждение ниже.

Уважаемая shwedka!
Большое спасибо за то,что представили текст по оригиналу замечания Пьера Ферма. Я имею только редактированное под современную математику.
Теперь мы видим, что под чудесным доказательством Ферма подразумевает бесконечный спуск.

[lasta]

Немного подробнее об известных свойствах Уравнения Била.
Если $x\leqslant y<z$, то $ b>c$
Любая сумма степеней с произвольными показателями $(x,y)$ поставляет решение в Уравнение Била, где имеется общий делитель . Действительно, пусть

$$a^x+b^y=c; \Rightarrow a^xc^{xy}+b^yc^{xy}=c^{xy+1};\quad ( a c^y)^x +(b c^x)^y =c^{xy+1}$$

Уравнение Била можно рассматривать в виде выражения

$$a^x+b^y=c^z=c^xc^{z-x}$$

Эти два свойства и определяют доказательство гипотезы, а значит и необходимое доказательство для прямоугольного треугольника.
Составляем тождество

$$c^xc^{z-x}=c^xt^y+c^{z-x}(c^x-t^y),$$

где $(t^y<c^x)$. Следовательно,

$$(c^x-t^y)$$

не может быть степенью с показателем больше 2. Так как в этом случае существует другое равенство Била с числами степеней меньшими, чем в исходном равенстве. То есть

$$c^x-t^y=c_1^s$$

Это обеспечивает бесконечный спуск. Если все показатели равны, то применяем доказательство для уравнения Ферма, рассмотренное в этой теме. Таким образом, уравнение Била может иметь решения только если основания степеней не взаимно простые числа. В рассматриваемом прямоугольном треугольнике катеты представлены взаимно простыми степенями, поэтому исходное утверждение доказано.

[lasta]

lasta в сообщении #1150619 писал(а):

Составляем тождество

$$c^xc^{z-x}=c^xt^y+c^{z-x}(c^x-t^y),$$

где $(t^y<c^x)$.

Это тождество не ведет к полному доказательству даже частного случая гипотезы Била, при $(x=y)$
Необходимо доказать дополнительные ограничения для степеней.

[lasta]

lasta в сообщении #1150619 писал(а):

Составляем тождество

$$c^xc^{z-x}=c^xt^y+c^{z-x}(c^x-t^y),$$

где $(t^y<c^x)$. Следовательно,

Опечатка. Правильно

$$c^xc^{z-x}=c^{z-x}t^y+c^{z-x}(c^x-t^y),$$

где $(t^y<c^x)$.
Теперь, сократив общий делитель $c^{z-x}$, получим тождество

$$c^x = t^y+(c^x-t^y),$$

Тогда выражение $(c^x-t^y)$ не может быть степенью с показателем больше 2, так как это обеспечило бы бесконечный спуск.
Более подробно в продолжении.

[lasta]

Итак, имеем тождество

$$c^x=t^y+(c^x-t^y)\qquad \e (1)$$

Тогда, действительно, если $c^x-t^y=c_1^s,$ где $y>x>s>2$, то мы имели бы новое равенство для уравнения Била.

$$t^y=c^x+c_1^s,$$

Тогда $t^y=t^{y-s}t^s$ Значит существовало бы новое тождество

$$t^{y-s}t^s=t^{y-s}t_1^s+t^{y-s}(t^x-t_1^s)$$

Также, сократив общий делитель, имели бы тождество

$$ t^s= t_1^x+(t^x-t_1^s)\qquad \e (2)$$

И мы снова бы утверждали, что в правой части (2) выражения $(t^x-t_1^s)$ не может быть степенью с показателем больше 2, так как тогда существовало бы третье тождество для уравнения Била. Таким образом, существовало бы бесконечное количество тождеств со степенями в целых числах, меньшими, чем в исходном тождестве. Что для целых чисел невозможно.
Таким образом гипотеза Била доказана в общем случае. И прямоугольный треугольник не может существовать в указанных числах.

[lasta]

lasta в сообщении #1149693 писал(а):

Тогда составлялось бы новое тождество

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

Со всеми возможными значениями текущей степени $t_n^p$ в указанном в (2) интервале.

Утверждение не верно.
Попытка найти доказательство, двигаясь от минимального составного куба $6^3$, также ошибочно. Так как использовалось одно и то же тождество при умножении на общий делитель, то есть ошибочно принималось, что один из кубов $t_n^3$ правой части тождества не меняется при появлении нового общего делителя.
Наступило время для ухода с форума. Но все часы , которые я посвятил форумы были интересны и увлекательны.
Чуда для себя я не ждал. Остаюсь реалистом, то что не удалось многим, является большим шлагбаумом для того, чтобы вступать на дорогу простого доказательства ВТФ.

[cmpamer]

lasta в сообщении #1155495 писал(а):

Наступило время для ухода с форума.

А кто же будет доказывать ВТФ??
Не было такого уговора (С)