Занятная головоломка

[provincialka]

binki
Вы все-таки объяснитесь. Вы хотите доказать т. Ферма? Или, предполагая, что она уже доказана, вывести какое-то следствие?

Если первое, разочарую вас: никакого доказательства у вас нет. Просто простенькое равносильное преобразование.

binki в сообщении #1155919 писал(а):

все наоборот. Отсутствуют взаимно простые решения, потому что нет не взаимно простых решений.

Не "наоборот". Эти два утверждения равносильны. Наличие какого-нибудь решения равносильно наличию взаимно простого (в совокупности). Поэтому обычно ими и ограничиваются.

Может, вам для $n=2$ будет понятнее? Вот, например, $12^2+16^2=20^2$. Решение не взаимно-простое. Выносим из каждого слагаемого $4^2$, получаем равенство $3^2+4^2=5^2$. Ну и что?

[mihaild]

binki в сообщении #1155946 писал(а):

Верно, сумма степеней $a^n + b^n$ (не важно чему она равна) всегда делится на $a+b$ при простом показателе больше 2.

Принимается (тут на самом деле достаточно нечетности показателя).

Теперь вам надо доказать, что из неразрешимости уравнения с простой правой частью следует его неразрешимость с составной правой частью.
Решения с составной правой частью не обязаны представляться в виде $P^n b^n = x^n b^n + y^n b^n$ - слагаемые в правой части не обязаны делиться на $b$.

[ananova]

binki в сообщении #1155606 писал(а):

Справедливо равенство для всех простых чисел $P_i$

$$(P_i^p=a^p+N) \Rightarrow (P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p); (a,b,N)\in \mathbb {N}$$

Сначала надо доказать, что $N\ne r^p; r \in \mathbb {N}$

[cmpamer]

binki в сообщении #1155919 писал(а):

cmpamer в сообщении #1155865 писал(а):

А отсутствие не взаимно простых решений следует из отсутствия взаимно простых

cmpamer, уж пояснялось для mihaild, что все наоборот. Отсутствуют взаимно простые решения, потому что нет не взаимно простых решений. $N$ - не степень для первого равенства с простым числом.

Так у Вас, оказывается, в исходном равенстве левая его часть степень простого числа? Признаюсь, даже не обратил внимание на это Ваше условие. Но так оно и понятно почему - ведь такое ограничение ничего Вам не даёт. Задайте сами себе вопрос: в случае составного $P_i$ - $N$ будет степенью или нет? ВТФ утверждает, что не будет. Осталось только это доказать.
Но для этого "частного" случая доказательства Вы не представили, так как доказываете лишь общеизвестный факт о неразложимости степени (большей двух) простого в сумму тех же степеней натуральных. Причём, доказываете, опираясь на доказываемый факт, как на уже доказанный.

[ananova]

ananova в сообщении #1155998 писал(а):

$$(P_i^p=a^p+N) \Rightarrow (P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p); (a,b,N)\in \mathbb {N}$$

Рассмотрим для степени 3:

$$(P_i^3=a^3+N) \Rightarrow (P_i^3b^3=a^3b^3+Nb^3); (a,b,N)\in \mathbb {N}$$

Пусть $(b^3=x+y)$ и $(x+y,3)=1$, а $P_i^3b^3=x^3+y^3$

$$\Longrightarrow P_i^3(x+y)=a^3(x+y)+N(x+y)\Longrightarrow P_i^3=a^3+N=x^2-xy+y^2$$

Как-то так.

Только надо рассматривать Случай 2, чтобы найти возможное противоречие: $(b^3,3)=3$
Пусть $b^3=(x+y)3$ и $(x+y,3^2)=3^2$, а $P_i^3b^3=x^3+y^3$

$$\Longrightarrow P_i^3(x+y)3=a^3(x+y)3+N(x+y)3\Longrightarrow P_i^3=a^3+N=\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$$

Противоречий нет.

[binki]

provincialka в сообщении #1155968 писал(а):

Вы хотите доказать т. Ферма? Или, предполагая, что она уже доказана, вывести какое-то следствие?
Не "наоборот". Эти два утверждения равносильны. Наличие какого-нибудь решения равносильно наличию взаимно простого (в совокупности). Поэтому обычно ими и ограничиваются.
Может, вам для $n=2$ будет понятнее? Вот, например, $12^2+16^2=20^2$. Решение не взаимно-простое. Выносим из каждого слагаемого $4^2$, получаем равенство $3^2+4^2=5^2$. Ну и что?

Доказательство вроде как бы и есть, но настолько простое, что сильные сомнения вызывает.
Заслуженный участник provincialka хочет лишить меня счастья создания предполагаемого доказательства. Квадраты они и есть квадраты. У них и простое число может равняться сумме других квадратов. Простое вида $4k+1$ вообще всегда равно двум квадратам. Утверждение Ферма, доказанное Эйлером.
У степеней с $p>2$, ан нет, степень простого не равна сумме двух других степеней.
Утверждается вторым равенством, что любое составное число

$$P_i^p(b_1^pb_2^p)=(P_i^pb_1^p)b_2^p\ne a^pb_2^p +b_0^pb_2^p$$

Ожидалось, что участники сразу найдут большую брешь в предполагаемом доказательстве.

[provincialka]

binki в сообщении #1156121 писал(а):

Ожидалось, что участники сразу найдут большую брешь в предполагаемом доказательстве.

Предупреждать надо!
А какие "участники"? Математики -- нашли. Ферматисты -- не смогут. И что?

Нет.. ну хорошо бы еще эта "дыра" была как-то замаскирована... Было бы интересно поискать. А так у вас не "дыра в доказательстве", а несвязные обрывки...

[binki]

ananova в сообщении #1156112 писал(а):

$$\Longrightarrow P_i^3(x+y)3=a^3(x+y)3+N(x+y)3\Longrightarrow P_i^3=a^3+N=\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$$

Противоречий нет.

ananova, все так. $N(x+y)3$ не куб, потому, что $N$ не куб, а $(x+y)3$ -куб.

[binki]

cmpamer в сообщении #1156035 писал(а):

Причём, доказываете, опираясь на доказываемый факт, как на уже доказанный.

cmpamer, это уже кое что.
Надо укрепляться. Пусть $N<a^p$.

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=[a_1^p+(a^p-a_1^p)]b^p+ Nb^p=a_1^pb^p+ [N+(a^p-a_1^p)]b^p $$

Все усложняется. Необходимо доказать, что $[N+(a^p-a_1^p)]$ не является степенью для любого $a_1^p<a^p$.
Это хорошо. А то все слишком просто было.

[cmpamer]

binki в сообщении #1156158 писал(а):

Необходимо доказать, что .....

Необходимо, простите, для чего? Для доказательства того факта, что нечётная степень простого числа не представима в виде суммы натуральных чисел в той же степени?
Хорошо. Уговорили. Будем считать, что доселе сей факт никому известен не был. Вы открыли всем нам глаза на него. Мои поздравления.
Можно сказать, что на 90% Вы доказали ВТФ. Так добейте же оставшиеся 10% - докажите, что и степень составного не представима в виде суммы степеней.

[mihaild]

binki, правда ли, что вы из того, что у уравнения $a^n + b^n = P^n$ нет решений с простым основанием в правой части, делаете вывод, что нет решений и с составным?

Если да, то как именно вы его делаете? Переход от решения с простой правой частью к решению с составной не принимается, нужен обратный.
И заодно продемонстрируйте, почему те же рассуждения неприменимы к уравнению $2a = b$ (у него тоже нет решений с простой правой частью, и оно тоже однородно).

[binki]

cmpamer в сообщении #1156184 писал(а):

Так добейте же оставшиеся 10% - докажите, что и степень составного не представима в виде суммы степеней.

Дак добито уже.

binki в сообщении #1156158 писал(а):

Необходимо доказать, что $[N+(a^p-a_1^p)]$ не является степенью для любого $a_1^p<a^p$.

$$[N+(a^p-a_1^p)]=[(N+a^p)-a_1^p]=P_i^p-a_1^p\ne d^p \qquad \eqno (1)$$

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=a_1^pb^p+ [N+(a^p-a_1^p)]b^p \qquad \eqno (2) $$

$[N+(a^p-a_1^p)]$ не степень
С этого и начинали.

-- 01.10.2016, 06:46 --

cmpamer в сообщении #1156184 писал(а):

Необходимо, простите, для чего? Для доказательства того факта, что нечётная степень простого числа не представима в виде суммы натуральных чисел в той же степени?
Хорошо. Уговорили. Будем считать, что доселе сей факт никому известен не был. Вы открыли всем нам глаза на него. Мои поздравления.

cmpamer, не язвите. Этот то факт был известен и не присваивается.

-- 01.10.2016, 07:00 --

mihaild в сообщении #1156219 писал(а):

binki, правда ли, что вы из того, что у уравнения $a^n + b^n = P^n$ нет решений с простым основанием в правой части, делаете вывод, что нет решений и с составным?

Если да, то как именно вы его делаете? Переход от решения с простой правой частью к решению с составной не принимается, нужен обратный.
И заодно продемонстрируйте, почему те же рассуждения неприменимы к уравнению $2a = b$ (у него тоже нет решений с простой правой частью, и оно тоже однородно).

mihaild , сущая правда. Умножаем обе части равенства $P_i^p=a^p+N$ на любую степень и все. А остальное в сообщении язвительному cmpamer.
$2a = b \ne P$. Потому, что этого не может быть, потому что не может быть никогда.

[ananova]

ananova в сообщении #1156112 писал(а):

$$P_i^3=a^3+N=\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$$

Я так понял, как Вы доказали, что дробь $\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$ представима в виде куба, который не является суммой двух кубов. Но раз это куб, то умножаем его на $((x+y)3)$ и, вуаля, - получаем сумму двух кубов $x^3+y^3$, которая является кубом.

[mihaild]

binki в сообщении #1156242 писал(а):

Умножаем обе части равенства $P_i^p=a^p+N$ на любую степень и все.

Нет, не всё. Вы доказываете, что нет решений вида
$P_i^p x^p = a^p x^p + b^p x^p$. Но не любая тройка $(x^n, y^n, z^n)$ представляется в виде $(x_1^n b^n, y_1^n b^n, p^n b^n)$ с простым $p$. А ваши рассуждения применимы только к тем тройкам, которые представляются.

binki в сообщении #1156242 писал(а):

$2a = b \ne P$. Потому, что этого не может быть, потому что не может быть никогда.

Вопрос был не в этом. Вопрос в том, где тут не проходит ваше рассуждение:
$2a = P \Rightarrow 2a = b Pb$ - ровно то же самое, что и в вашем первом посте, и у первого уравнения тоже нет решений с простым $P$.

[ananova]

mihaild в сообщении #1156302 писал(а):

Нет, не всё. Вы доказываете, что нет решений вида

Это была попытка показать автору темы, что нет противоречий, которые он пытается найти.