ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?

[fermatik]

Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел всегда нечетное, обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное - символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.
*
Равенство, можно оценивать относительно нечетного,
$a^n=(\frac{d+y}{2})^n-(\frac{d+(-y)}{2})^n=(c=b+y)^n, d=2b+y$.
*
Также, равенство, можно оценивать относительно четного,
$b^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n, q=\frac{c+a}{2}, w=\frac{c-a}{2}$.
*
Далее продолжим, с ''концовки''.
*
Сотни лет математики не обращали внимание на гипотетическую пифагорову тройку чисел старших (четных) степеней как ''первичную тройку чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах, что, по моему мнению, ''косвенно'' и вычислил Эйлер и другие математики, доказывая частные случаи теоремы.
*
$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$.
*
Предполагаем,
$A=a^n, C=c^n$ - нечетные числа.
*
Соответственно, равенство относительно четного,
$B^2=B_1B_2=(C-A)(C+A)=C^2-A^2=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=(c^2)^n-(a^2)^n$.
Предполагаем, что первична ''пифагорова тройка чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах:
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=c^n+a^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.
*
Но, при нечетных $(a,c)$, равенство $b_2=c^n+a^n$, при натуральных не решаемо!
*
Вывод, бесконечный спуск с чётных степеней до нечетных степеней, в двух вариантах при натуральных нерешаем!
*
$b_1^n=c^n-a^n=(c-a)(c^{n-1}+c^{n-2}a+...+ca^{n-2}+a^{n-1})$,
$b_2^n=c^n+a^n=(c-(-a)(c^{n-1}+c^{n-2}(-a)+...+c(-a)^{n-2}+(-a)^{n-1})$.

$b_1^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n=2w(...)$,
Для нечетных и чётных степеней есть своя удвоенная часть биноминальных коэффициентов, учитывайте свойство нечетных степеней
$w^k-(-w^k)=2w^k, k=2x+1$.
$b_2^n=(q+w)^n+(q+(-w)^n=2q(...)$.
*
Покажем на частном случае взаимодействие чисел.
*
$n=3$.
*
$b_1^3=c^3-a^3=(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$,
$b_1^3=c^3-a^3=(c-a)(c^2+ac+c^2)=2(\frac{c-a}{2})(4(\frac{c-a}{2})^2-ac)$
$4q^2-ac=w^2+3q^2, ac=q^2-w^2, ac=(\frac{c+a}{2})^2-(\frac{c-a}{2})^2$
*
Альтернативная четная тройка ''спуска'',
$b_2^n=c^3+a^3=(q+w)^3+(q+)-w))^3=2q(q^2+3w^2)$,
$b_2^3=c^3+a^3=(c+a)(c^2-ac+a^2)=2(\frac{c+a}{2})(4(\frac{c+a}{2})^2-3ac=q^3+3w^2)$
$ac=q^2-w^2$.
*
$a^n(a^n+b^n=c^n)$,
$c^n(a^n+b^n=c^n)$,
$a^n*a^n+(b_1^n=c^n-a^n)(b_2^n=a^n+c^n)=c^n*c^n$.
*
Любопытно, а геометрический метод Уайлса предполагает два варианта спуска с ''гипотетической тройки'' для старших чётных степеней?
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=a^n+c^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.
***
Есть ещё преобразование,
$b^3=c^3-a^3=(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$,
$b_2^3=(c+a)^3-(c+(-a))^3=2a(a^2+3c^2)$,
$b_3^n=(\frac{c+a}{2})^3-(\frac{c+(-a)}{2})^3=\frac{a(a^2+3c^2)}{4}=q^3-w^3$, затем опять:
$(q+w)^3-(q+(-w))^3=2w(w^2+3q^2)$.
*
Для четной альтернативы по аналогии.
$b^3=a^3+c^3=(q+w)^3+(q+(-w))^3=2q(q^+3w^2)$,
$b_2^n=(c+a)^n+(c+(-a)^3=2c(c^2+3a^2)$,
$b_3^n=(\frac{c+a}{2})^3+(\frac{c+(-a)}{2})^3=\frac{c(c^2+3a^2)}{4}=q^3+w^3$, возвращаемся к:
$(q+w)^3+(q+(-w)^3=2q(q^2+3w^2)$.

[Old_Beaver]

Цитата:

Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел - всегда нечетное,
обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное- символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.

3+5=8? Или я не понимаю определение - взаимно простые?

P.S Черт, я что тут зарегистрирован?

[iifat]

(Оффтоп)

Old_Beaver в сообщении #1290373 писал(а):

P.S Черт, я что тут зарегистрирован?

Не то чтоб я мнил себя чортом... Разрегистрация — 500 руб на счёт администрации форума!

[fermatik]

Old_Beaver в сообщении #1290373 писал(а):

Цитата:

Для того, чтобы применять ''метод бесконечного спуска'',
надо учитывать, что одно из слагаемых суммы взаимно простой тройки чисел - всегда нечетное, обозначаем символом $a$,
второе - слагаемое - всегда четное- символом $b$.
Соответственно, сумма взаимно простой тройки чисел - всегда нечетная, - $c$.

3+5=8? Или я не понимаю определение - взаимно простые?

$3^n+b^n=5^n$, - взаимно простая тройка чисел,
$k^n*3^n+k^n*b^n=k^n*5^n$ - каждое из ''гипотетической тройки взаимно простых'' умножено на одно и то же число n-й степени.
*
Почему одна из слагаемых ОБЯЗАТЕЛЬНО должна быть ЧЕТНОЙ, в силу равенства относительно нечетного,
$a^n+(\frac{d-y}{2})^n=(\frac{d+y}{2})^n=(b+y)^n, d=2b+y=2(2x_b)+y$.
Избавляемся от $2^n\frac{1}{2^n}=1$,
Получаем новую тройку чисел,
$(2a)^n+(d-y)^n=(d+y)^n$.
Естественно, данная тройка не взаимно простая.
Но равенство относительно четной,
$(q-w=a)^n+(2x_b=b)^n=(q+w=a+2w=c)^n$ - взаимно простая тройка чисел.

[binki]

fermatik в сообщении #1289361 писал(а):

Далее продолжим, с ''концовки''.
*
Сотни лет математики не обращали внимание на гипотетическую пифагорову тройку чисел старших (четных) степеней как ''первичную тройку чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах, что, по моему мнению, ''косвенно'' и вычислил Эйлер и другие математики, доказывая частные случаи теоремы.
*
$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$.
*
Предполагаем,
$A=a^n, C=c^n$ - нечетные числа.
*
Соответственно,
равенство относительно четного,
$B^2=B_1B_2=(C-A)(C+A)=C^2-A^2=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=(c^2)^n-(a^2)^n$.
Предполагаем, что первична ''пифагорова тройка чисел'', которая затем ''спускается'' в двух вариантах:
$b_1^n=c^n-a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_2^n=c^n+a^n}$,
$b_2^n=c^n+a^n=\frac{b^n*b^n=c^n*c^n-a^n*a^n}{b_1^n=c^n-a^n}$.

Уважаемый fermatik!
Все Ваши утверждения и выводы ошибочны. Достаточно рассмотреть "концовку"
Сотни лет математики в отличии от нас ферматиков не допускали элементарных ошибок.
Выражение

$$B^2=B_1B_2=C^2-A^2=(C-A)(C+A)$$

имеет место, но для приведенных соотношений $B_1$ и $B_2$ не взаимно просты, поэтому не обязательно являются степенями. Если же $B_1$ и $B_2$ - взаимно просты, то не выполняются равенства $B_1=(c-a)$ и $B_2=(c+a)$. Уловия для спуска отсутствуют.
Поэтому и нет сообщений. Никто не хочет тратить время на указания по элементарным ошибкам.

[fermatik]

Никакой элементарной ошибки нет.
Есть математически вычисленная формула:
$b^2=c^2-a^2=(c-a)(c+a)$.
Надеюсь, понимаете, что она правильная?
Далее,
тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.
Поэтому, ЧЕТНОЕ равно разнице нечётного и нечётного:
$b^2=c^2-a^2, b^3=c^3-a^3, b^4=c^4-a^4,...$.
Математически следует,
$k=2n$,
$b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b^n+2a^n)=b^nb_2^n$
Любопытно, как вы решите данную проблему:
$a^n+b^n=c^n$,
Но есть
$b_2^n=2a^n+b^n$.
''религия'' запрещает принимать во внимание данную формулу!
$b_2^n=2a^n+b^n$.
Как известно, b- чётное, $a$- нечетное,
$2a^n$- чётное,
$b_2^n$-четное...
Естественно, что $b_2^n=c^n+a^n=b^n+2a^n$, нельзя решить при натуральных числах...
$a^n=\frac{b_2^n-b^2}{2}$.
Вычислили тройку чисел, которая также должна быть решена при натуральных числах, но ещё нельзя решить при натуральных числах, поэтому ее не надо принимать во внимание?
Математика - это сложно!
Вычисляем, что, есть два варианта вычисления:
$a^n=c^n-b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}, $
$2(c^n-b^n)=b_2^n-b^n$,
$2c^n-b^n=b_2^n$,
$2c^n=b_2^n+b^n$,
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=a^n+b^n$,
Предполагаем, что
$b_2^n=(2x_{b_2})^2, b^n=(2x_b)^n$, - четные, надо вычислять натуральные!
$c^n=2^{n-1}x_{b_2}^2+2^{n-1}x_b^n=a^n+b^n$.
Так, как $b^n=2^{n-1}x_b^n$,
то $a^n=2^{n-1}x_{b_2}^n$.
При $k=2n, n>1$
решить уравнение при натуральных нельзя!
***
Меня немного насмешила формулировка, -
''не обязательно являются степенями''...
***
Любая тройка в любой степени можно (и надо!) оценивать как часть формулы:
$a^n+b^n=c^n, b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b_2^n=2a^n+b^n)$
Реальность, Карл!
Докажите, почему я не имею право принимать во внимание реальность?

[SVD-d]

Разберитесь, пожалуйста, со степенями. Что брать за исходное -

fermatik в сообщении #1317351 писал(а):

$a^n+b^n=c^n$

или

fermatik в сообщении #1317351 писал(а):

$b^{2n}=c^{2n}-a^{2n}=(c^n-a^n)(c^n+a^n)=b^n(b^n+2a^n)=b^nb_2^n$

Потому что (очевидно) обе эти формулы одновременно правильными быть не могут.

[Someone]

fermatik в сообщении #1317351 писал(а):

Тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.

А может быть ещё "чётное = нечётное + нечётное".

[binki]

fermatik в сообщении #1317351 писал(а):

Меня немного насмешила формулировка,
не обязательно являются степенями...

Уважаемый fermatik!
Почему "немного насмешило"? Это очень смешно. Не сложно составить примеры, когда $(C-A), \quad(C+A)$ могут быть степенями, если $(C,\quad A)$ не степени. Однако, допустимость такого принципа симметрии для степеней надо доказать. Введение же таких ограничений для ВТФ с наскоку очень смешно.

[fermatik]

Someone в сообщении #1317477 писал(а):

fermatik в сообщении #1317351 писал(а):

Тройка взаимно простых чисел - нечетное=чётное+нечетное.

А может быть ещё "чётное = нечётное + нечётное".

Проверяем.
Преобразуем формулу.
$a^n+b^n=c^n=(q-w)^n+b^n=(q+w)^n$,
$b^n=(q+w)^n-(q+(-w))^n=2(...)$
Почему $b^n=2(...)$?
В силу свойств:
$-(-w)^{2n+1}=+w^{2n+1}$.
*
Пример,
$b^n=(q+w)^3-(q+(-w))^3=(w^3+3q^2w)-((-w)^3+3q^2(-w))=2(w^3+3q^2w)$
$b^3=2(w^3+3q^2w)$ - всегда чётное!

[Someone]

fermatik в сообщении #1318440 писал(а):

$a^n+b^n=c^n=(q-w)^n+b^n=(q+w)^n$,

Разумеется, если числа $a$ и $c$ одной чётности, то $b$ чётное. Но они могут быть разной чётности. А Вы неявно предполагаете, что $a$ и $c$ одной чётности, так как в противном случае их нельзя записать как $q-w$ и $q+w$ с целыми $q$ и $w$.

[fermatik]

Согласен с вами.
$c=q+w=(q-w)+2w=a+2w$
*
Но как это изменит формулу?
Согласимся с вашим условием, выбираем любые нечетные натуральные числа $a,c$, но формулу обозначим символами: $a^n+c^n=b_2^n$.
''Странно''? Не так ли. Но жутко логично...И она взаимосвязана с формулой:
$a^n+b^n=c^n$.
*
Поэтому независимо от вашего желания:
$b_2^n=2a^n+b^n$.
***
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=a^n+b^n$
***
Предлагаете два нечетных...
$\frac{b_2^n+b^n}{2}+a^n$,
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}$,
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$
Ну и что могло ''принципиально'' измениться?

[Someone]

fermatik в сообщении #1318520 писал(а):

Согласимся с вашим условием,
выбираем любые нечетные натуральные числа$a,c$

Не перевирайте. Я говорил о том, что нечётными могут быть $a$ и $b$. А $c$ будет чётным.

[fermatik]

Someone в сообщении #1318527 писал(а):

fermatik в сообщении #1318520 писал(а):

Согласимся с вашим условием,
выбираем любые нечетные натуральные числа$a,c$

Не перевирайте. Я говорил о том, что нечётными могут быть $a$ и $b$. А $c$ будет чётным.

Ууу, как все запущено!
Проблема ВТФ в том, что формула $a^n+b^n=c^n$,
формула $a^n+c^n=b_2^n$, не имеют решения при натуральных числах...
*
Для вычисления ''нечетное+чётное'', выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,b^n$, тогда $c^n$- соответственно нечетное,
***
Для вычисления ''нечетное+нечётное'', выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,c^n$, их сумма $b_2^n$, - чётное...
***
Взаимосвязь ''чётное+нечетное'', ''нечетное+нечетное'' в силу равенства:
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}=2a^n+b^n$.
***
Не надо отрицать реальность!
***
Где я ''соврал'', где ''не проверил'' сумму ''нечетное+нечетное'', каждое в n-й степени?
$b_2^n=a^n+c^n$, - чётное в n равно сумме ''нечетное в n-й+ нечетное в n-й''?
***
Формула ''взаимосвязи'' позволяет ''проверять'' одновременно и ''нечетное+чётное'', и ''нечетное+нечетное''...

[binki]

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Ууу, как все запущено!

Это Вы про себя?