Доказательство теоремы Ферма для степени $n=3$

[vxv]

Лукомор в сообщении #1219184 писал(а):

Такое может быть и для более высоких степеней, например, для четвертой. Вы же, в своем доказательстве, рассматриваете только натуральные $m$.

Лукомор.
«Такое» уже не может быть, потому что отрицательные целые значения $m$ сразу «отсекаются» (и это легко обосновать) при переходе, например, от гипотетического равенства $a^4+b^4=c^4$ к гипотетическому равенству $a+b=c+m$. Так же, как и нечетные $m$ «отсекаются», как однозначно несуществующие, соответствующей гипотетической системой уравнений. Поэтому последующее для $n>2$ гипотетическое равенство $(a+b)^n=(c+m)^n$ предполагается с уже безусловно натуральным и четным $m$.
P.S. Главное не путать (вольно или невольно))) что из чего следует.

[Лукомор]

vxv в сообщении #1224534 писал(а):

«Такое» уже не может быть, потому что отрицательные целые значения $m$ сразу «отсекаются» (и это легко обосновать) при переходе, например, от гипотетического равенства $a^4+b^4=c^4$ к гипотетическому равенству $a+b=c+m$.

Почему тогда они не отсекаются для второй степени?!
Вот я приводил пример:
$3^2+4^2=5^2$
$(3+4)^2=(5-12)^2$
Но
$(3+4)\ne(5-12)$
Почему здесь отрицательное целое значение $m$ не отсекается сразу?!
И почему тогда оно отсекается сразу для четвертой степени?!

[vxv]

Лукомор в сообщении #1224550 писал(а):

Почему тогда они не отсекаются для второй степени?!

«Отсекаются» и для второй степени тоже (достаточно и натуральных $m$ для корректного формирования системы и ее последующего анализа):
Для натуральных $a<b<c$:
$a^2+b^2=c^2$ (1).
Из (1) следуют:
${a^2}/{a} + {b^2}/{b}>{c^2}/{c}$,
$a+b>c$,
$a+b=c+m$ (2), где $m<a<b<c$ и $m$ - натуральные (целые неотрицательные) числа.
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\end{cases}$

P.S. А для нечетной степени $n=3$ Ваши такие подборы (с отрицательным $m$) вообще неуместны (если я не ошибаюсь).

[Лукомор]

vxv в сообщении #1225369 писал(а):

Ваши такие подборы (с отрицательным $m$) вообще неуместны (если я не ошибаюсь).

С каких это пор решение квадратного уравнения стало называться "подбором"?
Вот смотрите:
Из системы
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\end{cases}$
, возведя в квадрат второе уравнение, и вычтя первое из второго, получаем:
$2ab=2cm+m^2$
(отсюда, кстати, сразу следует, что $m$ - чётное, к чему Вы пришли в стартовом сообщении темы путем цепочки логических рассуждений).
Решая квадратное уравнение относительно $m$ находим два корня:
$m=-c\pm\sqrt{c^2+2ab}$ .
Один корень - положительный, второй - отрицательный.
И я не вижу разумных доводов предпочесть один корень другому...

[vxv]

vxv в сообщении #1225369 писал(а):

Для натуральных $a<b<c$:
$a^2+b^2=c^2$ (1).
Из (1) следуют:
${a^2}/{a} + {b^2}/{b}>{c^2}/{c}$,
$a+b>c$,
$a+b=c+m$ (2), где $m<a<b<c$ и $m$ - натуральные (целые неотрицательные) числа.

Лукомор в сообщении #1225387 писал(а):

Решая квадратное уравнение относительно $m$ находим два корня:
$m=-c\pm\sqrt{c^2+2ab}$ .
Один корень - положительный, второй - отрицательный.
И я не вижу разумных доводов предпочесть один корень другому...

Лукомор, извините, но Вы тоже выглядите недостаточно сообразительным.
Вам однозначно здесь было доказано, что не существует отрицательных значений $m$ для натуральных значений $a,b,c$ в системе:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\end{cases}$
А потому любые «внесистемные» отрицательные значения $m$ (которые могут возникнуть, например, в результате подборов или неэквивалентных преобразований уравнений в отрыве от системы) автоматически могут быть исключены из дальнейших рассуждений.

[Лукомор]

(Оффтоп)

vxv в сообщении #1226988 писал(а):

Лукомор, извините,

Извиняю!

-- Пн июн 19, 2017 12:00:06 --

vxv в сообщении #1226988 писал(а):

Вам однозначно здесь было доказано, что не существует отрицательных значений $m$ для натуральных значений $a,b,c$ в системе:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\end{cases}$

Зато отрицательные значения $m$ существуют в системе :
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\(a+b)^2=(c+m)^2\end{cases}$

-- Пн июн 19, 2017 12:09:37 --

Впрочем, єто всё не важно...
Из вашего доказательства я так и не понял, почему не может существовать четірехугольник со сторонами, равными $a, b, c, m$, такой, что все его стороны выражаются натуральными числами, причем
выполняется система равенств:
$\begin{cases}a^n+b^n=c^n\\a+b=c+m\end{cases}$

[vxv]

vxv в сообщении #1226988 писал(а):

Вам однозначно здесь было доказано, что не существует отрицательных значений $m$ для натуральных значений $a,b,c$ в системе:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\end{cases}$
А потому любые «внесистемные» отрицательные значения $m$ (которые могут возникнуть, например, в результате подборов или неэквивалентных преобразований уравнений в отрыве от системы) автоматически могут быть исключены из дальнейших рассуждений.

Лукомор в сообщении #1227020 писал(а):

Зато отрицательные значения $m$ существуют в системе :
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\(a+b)^2=(c+m)^2\end{cases}$

Предлагаю, чтобы закрыть вопрос, «нейтральный» вариант:
гипотетические системы уравнений:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\\(a+b)^2=(c+m)^2\end{cases}$
$\begin{cases}a^4+b^4=c^4\\a+b=c+m\\(a+b)^4=(c+m)^4\end{cases}$
не имеют натуральных решений $a,b,c$ для отрицательных значений $m$.

Лукомор в сообщении #1227020 писал(а):

Впрочем, єто всё не важно...

Это важно...

[Лукомор]

vxv в сообщении #1229199 писал(а):

Предлагаю, чтобы закрыть вопрос, «нейтральный» вариант:
гипотетические системы уравнений:
$\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\a+b=c+m\\(a+b)^2=(c+m)^2\end{cases}$
$\begin{cases}a^4+b^4=c^4\\a+b=c+m\\(a+b)^4=(c+m)^4\end{cases}$
не имеют натуральных решений $a,b,c$ для отрицательных значений $m$.

Не имеют!
Равно, как и не имеют отношения к теореме Ферма!

[vxv]

Зато позволяют избежать вольной интерпретации знака минус ($-$) при сравнении величин.
Например, такой:
$m=-c\pm\sqrt{c^2+2ab}$ .
$m+c=\pm\sqrt{c^2+2ab}$ .
$a+b=m+c$ [math] $a+b=\pm\sqrt{c^2+2ab}$,
где $a$ и $b$ натуральные (целые неотрицательные числа), и их сумма не может быть отрицательной.
Или такой:

shwedka в сообщении #1169052 писал(а):

Продемонстрируйте это легкое превращение.
только преобразование не в $B-C=-1$, а в $B-C=-A$

[Someone]

vxv, все эти споры — ерунда. Разумеется, Вы имеете право определить величину $m=a+b-c$ и вместо одного уравнения рассматривать систему двух уравнений для четырёх переменных:

$$\begin{cases}a^3+b^3=c^3,\\ a+b-c=m.\end{cases}\eqno(1)$$

Предполагается, что числа $a$, $b$, $c$ натуральные, положительные, попарно взаимно простые (примитивное решение). Легко доказывается, что $m>0$ и чётное. Несколько сложнее доказать, что $m$ обязано делиться на $9$, так что $m$ делится на $18$.

От Вас требуется предъявить аккуратное доказательство того, что система (1) не имеет решений. То, что Вы до сих пор писали — полная чушь. Так что давайте с самого начала и маленькими шагами. Каждый шаг Вы выписываете в отдельном сообщении и продолжаете только после одобрения.

Если Вы не согласны, будем считать, что доказательства у Вас нет.

[vxv]

1.Мы определяем принадлежность $a,b,c,x$ к натуральному ряду, а не ищем их конкретные числовые значения. Поэтому же число равенств в системе не обязательно должно совпадать с количеством неизвестных.
2. Натуральные числа не могут быть отрицательными (условие «положительные» - лишнее).
3. В предъявленном доказательстве ТФ нет необходимости заранее разделять в равенствах системы гипотетически натуральные параметры $a,b,c$ относительно $x>1$ на взаимно простые (примитивные) и имеющие общий множитель (делитель) отличный от единицы.

[vlmit]

vxv
По поводу третьего пункта - когда смотрел Ваше доказательство, то так и подумал, что будет показано, что числа $a$, $b$, $c$, $x$ из исходного равенства всегда делятся на $3$. Но тогда Вам надо доказать это в тех случаях, когда $(c+2x)\mathrel{\raisebox{-0.5ex}{\vdots}}9$ или $(ab-2xc)\mathrel{\raisebox{-0.5ex}{\vdots}}9$.

[vxv]

vlmit.
Ваше видение п.3 не соответствует п.1 (есть другой путь – «прямой»:), а сообщение по смыслу зеркально такое же, как обязать эксперта немедленно предъявить в качестве аргумента опровержение гипотезы Била сразу же после назначения им только взаимно простыми предполагаемые решения для всех натуральных значений $x>1$.

P.S. Исходным «равенством» в доказательстве является гипотетическое равенство (1).

[vlmit]

Уважаемый vxv! Простите, если выразился туманно. Поскольку доказательство идёт методом от противного, утверждение $a^3 + b^3 = c^3$ принимается в первом пункте. Но если взаимная простота чисел $a$, $b$ и $c$ не указывается заранее, можно предполагать, что будет показано, что эти числа всегда имеют общий делитель; в противном случае проще принимать их взаимно простыми сразу. Буду благодарен, если Вы распишете доказательство подробнее, дабы и мне узреть "прямой" путь.

[vxv]

$Y=KX+B$, (B-const)
$Y=KX$
"Они не пересекаются, но (иногда) совпадают на всем протяжении."
Совпадение или несовпадение (например, когда $B=c^n-(a^n+b^n)$ для всех показателей степени $n>1$) на всем "протяжении" достаточно выявить при при значении переменной $X=1$.

-- 15.07.2023, 13:08 --

vlmit в сообщении #1394589 писал(а):

узреть "прямой" путь.

-- 15.07.2023, 13:22 --

Someone в сообщении #1219180 писал(а):

Всё ясно. Нет там никакой "линейной зависимости", одни смутные фантазии.