Решение БТФ методом деления

[gefestos]

БТФ, частный случай, n=3.
Имеется: Z>X>Y - целые, положительные числа. Z, X - нечётные, Y - чётное.
Исходное положение: чётное число, имеющее множителем $2^n$, при n>2, можно представить разностью квадратов двух нечётных чисел.
Имеем:
$X^3+Y^3=Z^3$.
Возведём левую и правую часть исходной формулы в квадрат.
$X^6+2X^3 Y^3+Y^6=Z^6$.
Преобразуем полученную формулу следующим образом:
$Z^6-X^6=(Y^6+2X^3Y^3)=Y^3(Y^3+2X^3 )$. (1)
Разложим ф. (1) на множители.
$Z^3+X^3=Y^3+2X^3$; (2)
$Z^3-X^3=Y^3$. (3)
$Y^3$ - чётное число, поэтому выразим его как $2^3Y_1^3$.
Запишем ф. (2) и ф. (3) следующим образом:
$Z^3+X^3=2(2^2Y_1^3+X^3 )$;
$ Z^3-X^3=2^3Y_1^3$.
Примем $Z^3+X^3=2(2^2Y_1^3+X^3 )$ в виде $Z^3+X^3=2Y_2^3$, при нечётном $Y_2^3$, поскольку целое положительное число можно выразить n – ой степенью другого положительного числа, пусть даже иррационального.
Итак, имеем:
$ Z^3+X^3=2Y_2^3$; (4)
$Z^3-X^3=2^3Y_1^3$. (5)
Сложим почленно ф. ф. (4) и (5).
Откуда:
$2Z^3=2Y_2^3+2^3Y_1^3$, или
$Z^3=2(Y_2^3+2^2Y_1^3 )/2$;
$Z^3=Y_2^3+2^2Y_1^3$. (6)
Вычтем почленно из ф. (4) ф. (5).
$2X^3=2Y_2^3-2^3Y_1^3$.
$X^3=2(Y_2^3-2^2Y_1^3)/2$;
$X^3=Y_2^3-2^2Y_1^3$. (7)
Из ф. ф. (6) и (7) видно, что $Y_2^3$ и $Y_1^3$ не могут иметь общих множителей при сохранении условия о взаимной простоте Z,X,Y; а ф. (6) и ф. (7), т. е. $Z^3$ и $X^3$ можно разложить на множители по формулам разложения на множители разности n-х и суммы n-х степеней при нечётном n=2k+1.
Разложим на множители ф.(6) и ф.(7).
$Z^3=(Y_2+2^{2/3}Y_1 )(Y_2^2-…+2^{4/3}Y_1^2 )$; (8)
$X^3=(Y_2-2^{2/3}Y_1)(Y_2^2+...+2^{4/3}Y_1^2)$ . (9)

Как видно из ф. ф. (8) и (9) $Z^3$ и $X^3$ нельзя разложить на целочисленные множители, а значит уравнение
$X^3+Y^3=Z^3$ не имеет решений в целых положительных числах при нечётном n=3.
Примечание: при замене показателя n=3 на показатель n приведённое доказательство становится общим доказательством для нечётных n>2.

[Someone]

gefestos в сообщении #1238732 писал(а):

Z, X - нечётные, Y - чётное.

Почему именно так? Почему чётным числом не может быть $X$ или $Z$?

gefestos в сообщении #1238732 писал(а):

$Z^3+X^3=Y^3+2X^3$; (2)
$Z^3-X^3=Y^3$. (3)

Собственно говоря, равенства (2) и (3) ничем не отличаются от друг-друга и от исходного уравнения.

gefestos в сообщении #1238732 писал(а):

Примем $Z^3+X^3=2(2^2Y_1^3+X^3 )$ в виде $Z^3+X^3=2Y_2^3$, при нечётном $Y_2^3$, поскольку целое положительное число можно выразить n – ой степенью другого положительного числа, пусть даже иррационального.

! Число $Y_2$ вполне может быть иррациональным.

gefestos в сообщении #1238732 писал(а):

Как видно из ф. ф. (8) и (9) $Z^3$ и $X^3$ нельзя разложить на целочисленные множители

Почему нельзя? Во-первых, Вы путаете разложение на множители многочлена с разложением на множители его численного значения. Во-вторых, как только Вы допустили иррациональные выражения, сразу же все разговоры о разложении на целые множители потеряли смысл.

Точно так же я могу написать $7^2=9^2-2\cdot 4^2=(9-4\sqrt{2})(9+4\sqrt{2})$ и заявить, что $7^2$ невозможно разложить на целочисленные множители.

[gefestos]

Решение Большой теоремы Ферма методом деления
Ведерников С. И.
Теорема:
для целого натурального числа n>2 уравнение X^n+Y^n=Z^n не имеет решений в целых положительных числах X, Y, Z.
Доказательство.
Имеется $X^n+Y^n=Z^n$, где X, Y, Z, n – натуральные положительные числа.
Z > X >Y – взаимно простые числа, n > 2.
Произведём разложение на множители в уравнении $X^n+Y^n=Z^n$ при n>2. Есть три случая. Посыл общий: чётное число, имеющее множителем $2^n$, при n≥3, можно представить разностью квадратов двух нечётных чисел.
Известно, что Z в исходном уравнении при чётном n не может быть чётным числом, а X и Y одновременно нечётными, поэтому примем Z , X – нечётными числами, Y – чётным числом, поскольку принципиальной разницы между X и Y в данном случае нет.
Рассмотрим первый случай, когда n > 2 чётное число.
Случай 1.
Z, X – нечётные, Y – чётное, n – чётное.
Имеется:
$X^n+Y^n=Z^n$.
Преобразуем исходное уравнение:
$Z^n-X^n=Y^n$. (1)
Разложим на множители ф. (1).
$Z^{n/2}+X^{n/2}=Y^{n-m}$; (2)
$Z^{n/2}-X^{n/2}=Y^m$. (3)
Хотя абзац после ф. (5) полностью разъясняет суть разложения на ф.(2) и ф. (3), поясним всё же этот момент. Сумма двух нечётных чисел и разность этих же чисел - числа чётные, но одно из них имеет множителем только одно число 2, другое - множителем минимум $2^2$, а в общем случае $2^{n-1}$. Разложение на множители $Z^n-X^n=Y^n$ при чётном n=2k соответствует ф. (2) и ф.(3), но имеются два случая: первый, когда $Y^{n-m}$ имеет один множитель 2, а $Y^m$ - $2^{n-1}$; и когда $Y^{n-m}$ имеет множитель $2^{n-1}$, а $Y^m$ только один множитель 2. Вариантов разложения может быть несколько, но все они соотносятся с этими двумя случаями, отдельно друг от друга рассмотренными в Случай 1. (См. ф. (6) и ф. (11))
Из почленного сложения ф. (2) и ф. (3) имеем:
$2Z^{n/2}=Y^{n-m}+Y^m$;
$Z^{n/2}=(Y^{n-m}+Y^m)/2$; (4)
а из почленного вычитания ф. (3) из ф. (2) имеем:
$2X^{n/2}=Y^{n-m}-Y^m$;
$X^{n/2}=(Y^{n-m}-Y^m)/2$. (5)

Из ф. ф. (4) и (5) видно, что при соблюдении условия о нечётности Z и X необходимо, чтобы одно из чётных чисел $Y^{n-m}$ или $Y^m$ имело множителем только одно число 2. Тогда другое число должно иметь множителем $2^{n-1}$}, поскольку $Y^n$ – число чётное и имеет множителем минимум одно число $2^n$. При этом $Y^{n-m}$ и $Y^m$ не могут иметь общих множителей, кроме оговорённых выше кратных 2, поскольку в противном случае такие множители должны иметь также $Z^n$ и $X^n$, что противоречит условию о взаимной простоте Z, X и Y.
Поэтому $Y^{n-m}$ и $Y^m$ должны состоять из различных множителей числа $Y^n$ в той же степени, в степени n.
Поскольку из ф. (4) и ф. (5) следует, что одно из чисел $Y^{n-m}$ или $Y^m$ должно иметь множителем только одно число 2, а оба должны быть в степени n, то примем ф. (2) и ф. (3) в виде:
$Z^{n/2}+X^{n/2}=2Y_1^n$; (6)
$Z^{n/2}-X^{n/2}=2^{n-1}Y_2^n$; (7)
имея в виду, что $Y_1^n$ – число нечётное.
Из ф. ф. (4) и (5) выразим значение $Z^{n/2}$ и $X^{n/2}$, подставив вместо $Y^{n-m}$ значение $2Y_1^n$, а вместо $Y^m$ значение $2^{n-1}∙Y_2^n$.
$Z^{n/2}=(2Y_1^n+2^{n-1}Y_2^n)/2=Y_1^n+2^{n-2}Y_2^n$;
$X^{n/2}= (2_1^n-2^{n-1}Y_2^n)/2=Y_1^n-2^{n-2}Y_2^n$.
Итак, имеем:
$Z^{n/2}=Y_1^n+2^{n-2}Y_2^n$; (8)
$X^{n/2}=Y_1^n-2^{n-2}Y_2^n$. (9)
Поскольку $X^{n/2}$ является степенью числа X при чётном n≥4, то его можно разложить на множители.
Разложим выражение (9) на множители по формуле для разности n – х степеней. $X^{n/2}=(Y_1-2^{{n-2}/n}Y_2)(Y_1^{n-1}+...+2^{{{n-2}{n-1}}/n}Y_2^{n-1})$. (10)
Из ф. (10) следует, что разложение $X^{n/2}$ на целочисленные множители невозможно.
Допустим:
$Z^{n/2}+X^{n/2}=2^{n-1}Y_3^n$; (11)
$Z^{n/2}-X^{n/2}=2Y_4^n$. (12)
Из почленного сложения и вычитания ф. ф. (11) и (12), аналогичным вышеизложенным имеем:
$Z^{n/2}=2^{n-2}Y_3^n+Y_4^n$; (13)
$X^{n/2}=2^{n-2}Y_3^n-Y_4^n$. (14)
Разложим ф. (14) на множители.
$X^{n/2}=(2^{{n-2}/n}Y_3-Y_4 )(2^{{{n-2}{n-1}}/n}Y_3^{n-1}+...+Y_4^{n-1})$. (15)
Доказано, что корень k из целого числа является рациональным числом только тогда, когда число под корнем является k – ой степенью другого целого числа, в остальных случаях такой корень есть иррациональное число. Поэтому $2^{{n-2}/n}$ - число иррациональное, поскольку другим, меньшим $2^n$, может быть только 1.
Следовательно, $X^{n/2}$ невозможно разложить на целочисленные множители, что однозначно и не допускает другой трактовки, а значит $X^{n /2}$,и здесь же $X^n$, являются степенью иррационального числа, и уравнение $X^n+Y^n=Z^n$ при чётном n > 2 не имеет решения в целых положительных числах.
При этом особо нужно отметить, что для $2^{{n-2}/n}$ при нечётном n/2=2k+1, характерен следующий ряд показателей:
(n-2)/n 0/2; 4/6; 8/10; 12/14; 16/18; 20/22 … , где первый показатель - 0/2 соответствует уравнению $X^2+Y^2=Z^2$ при 2^(0/2)=√(2^0 )=√1=1, что делает возможным его целочисленные решения при невозможности таковых для остального ряда показателей.
Случай 2.
Z; X - нечётные, Y – чётное, n – нечётное.

[shwedka]

gefestos в сообщении #1238895 писал(а):

Преобразуем исходное уравнение:
$Z^n-X^n=Y^n$. (1)
Разложим на множители ф. (1).
$Z^{n/2}+X^{n/2}=Y^{n-m}$; (2)
$Z^{n/2}-X^{n/2}=Y^m$. (3)

Формулы 2,3 не доказаны.
предъявите доказательство или признайтесь, что доказать не можете.

Автор перетаскивает с форума на форум изложение своей безграмотной статьи, опубликованной за плату в помоечном издании. На вопросы не отвечает.

[gefestos]

Модератору. Прошу оградить меня от оскорблений мадам shwedka.

[shwedka]

А формулы 2,3 по-прежнему не доказаны. ха-ха!

[gefestos]

shwedk(e)
А Вам, мадам, рекомендую ещё раз посмотреть приведённое здесь доказательство (Случай 1). Абзац после ф. (2) и ф. (3).

[shwedka]

gefestos в сообщении #1238909 писал(а):

shwedk(e)
А Вам, мадам, рекомендую ещё раз посмотреть приведённое здесь доказательство (Случай 1). Абзац после ф. (2) и ф. (3).

Доказательство формул 2,3 по-прежнему отсутствует.
Обратите внимание на Правила
http://dxdy.ru/topic3476.html
п. 3.2, 3.3.

-- Пн авг 07, 2017 11:33:35 --

gefestos в сообщении #1238732 писал(а):

Разложим на множители ф.(6) и ф.(7).
$Z^3=(Y_2+2^{2/3}Y_1 )(Y_2^2-…+2^{4/3}Y_1^2 )$; (8)
$X^3=(Y_2-2^{2/3}Y_1)(Y_2^2+...+2^{4/3}Y_1^2)$ . (9)

Как видно из ф. ф. (8) и (9) $Z^3$ и $X^3$ нельзя разложить на целочисленные множители, а значит уравнение

Безграмотность. Из формул 8,9 ничего не видно. Возможность разложения на плохие множители не влечет невозможности разложения на хорошие.
Докажите, что 'видно' или признайтесь, что проврались.

[kotenok gav]

gefestos в сообщении #1238895 писал(а):

значит $X^{n /2}$,и здесь же $X^n$, являются степенью иррационального числа

Почему из иррациональности $X^{n /2}$ следует иррациональность $X^n$?
Но зато из иррациональности $X^{n /2}$ прекрасно следует иррациональность $X$.

[Someone]

kotenok gav в сообщении #1238940 писал(а):

Но зато из иррациональности $X^{n /2}$ прекрасно следует иррациональность $X$.

Не обязательно. Например, если $X^{3/2}=\sqrt{8}$, то $X=2$.

Но хорошо видно, что gefestos ничего внятного не скажет. "Доказательство" его на столь низком уровне, что по существу с ним и говорить не о чем. То ли дело был Виктор Сорокин… Он, конечно, постоянно делал ошибки, но до таких глупостей не опускался.

[Toucan]

Тема закрыта в связи с полной бесперспективностью