Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[ydgin]

Someone
Почему нет? Этот пример можно привести для любого целого $n$.

[Someone]

ydgin в сообщении #1289065 писал(а):

Почему нет? Этот пример можно привести для любого целого $n$.

Ну и что? А вдруг кто-нибудь придумает пример, в котором будет $a\neq 1$ и $b\neq 8$.

Ваше доказательство выглядит так.

Теорема. Всякая кривая второго порядка распадается на две пересекающиеся прямые.
Доказательство. Например, кривая $xy=0$ распадается на прямые $x=0$ и $y=0$.                 □

[ydgin]

Someone
Не знаю причем тут кривые второго порядка.
Если мы нашли пример $n$ в котором $a\neq 1$, $b\neq 8$, то обязательно существует для этого примера $n$ случай когда $a=1$ а $b=8$.
Оснований отбросить этот случай нет. Так как $n^3=3ab(A+B)$ верно для любых $a$, $b$.

[Someone]

ydgin в сообщении #1289136 писал(а):

Не знаю причем тут кривые второго порядка.

Ни причём. Я просто скопировал ваш способ "доказательства". У меня правильное доказательство получилось?

ydgin в сообщении #1289136 писал(а):

Если мы нашли пример $n$ в котором $a\neq 1$, $b\neq 8$, то обязательно существует для этого примера $n$ случай когда $a=1$ а $b=8$.

И тоже даёт решение? Докажите: Если существуют такие $A,B,C$, что $A^3+B^3=C^3$, $A+B-C=n$, $a=C-B\neq 1$, $b=C-A\neq 8$, то обязательно существуют такие $A',B',C'$, что ${A'}^3+{B'}^3={C'}^3$, $A'+B'-C'=n$ (тому же самому), $a'=C'-B'=1$, $b'=C'-A'=8$.

[ydgin]

Someone
Для 1 и 2 я не нашел правильного "доказательства".
Теперь перейдем к 3.
Допустим нашлось $n'=3^2xyz$
Значит обязательно существует $n=3^6xyz$
$n^3=3^6x^33^6y^33^6z^3$
$n^3=3ab(A+B)$
При выборе из трех вариантов
$3a=3^6x^3$, $3b=3^6y^3$, $3(A+B)=3^6z^3$ получаем разные $n$ в каждом случае.
Это противоречие так как
$n^3 = 3(\sqrt[3]{A^3+B^3}-\sqrt[3]{C^3-A^3})(\sqrt[3]{A^3+B^3}-\sqrt[3]{C^3-B^3})(\sqrt[3]{C^3-A^3}+\sqrt[3]{C^3-B^3})$
Не зависит от позиции 3.

[ydgin]

Уточнение к предыдущему сообщению.
$x^3+y^3+z^3=0$
$x,y,z$-любое решение.Введем $ n=x+y+z.$
Тогда $n^3=(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(x+y)(x+z)(y+z)$
$n^3=3(x+y)(x+z)(y+z)$
Для $n^3$ получаем четыре варианта:
$n^3=(3x+3y)(x+z)(y+z)$
$n^3=(x+y)(3x+3z)(y+z)$
$n^3=(x+y)(x+z)(3y+3z)$
$n^3=(\sqrt[3]{3}x+\sqrt[3]{3}y)(\sqrt[3]{3}x+\sqrt[3]{3}z)(\sqrt[3]{3}y+\sqrt[3]{3}z)$
Что понять разницу между вариантами (а она есть для целых чисел) промаркируем тройки.
$3_s$-общая для всех трех скобок,$3_x,3_y,3_z$- индивидуальные для каждой скобки $(3_i)$.
Если все тройки одинаковы,то все варианты нам подходят.Но при целых числах не могут быть все варианты верными,
значит не равны тройки.$3_s$- получается после возведения в куб группы любых слагаемых перед всеми скобками ,
$3_i$- ,если скобка кратна трем или ей "прикрепили"$3_s$.
Делаем вывод:хотя $3_s=3_i$,но, с точки зрения ,как элемент конструкции $n^3$,которое ,в свою очередь, элемент более сложной конструкции $3_s\ne3_i$.
Если это так ,то одновременно сделать какую-то скобку целым кубом $3_s$ и $3_i$ не могут,а значит и целого решения для
$x^3+y^3+z^3=0$ не существует.

[binki]

ydgin в сообщении #1300055 писал(а):

Что понять разницу между вариантами (а она есть для целых чисел) промаркируем тройки.
$3_s$-общая для всех трех скобок,$3_x,3_y,3_z$- индивидуальные для каждой скобки $(3_i)$.

Уважаемый ydgin.
Это выше моего понимания числа (3). Но как Вы объясните этот пример

$$10^3-1^3=3^3\cdot 37$$

Справа у нас не куб натурального, но совсем по другой причине. С тройками здесь все в порядке.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki.
Не понял Вашего вопроса.Повторите его ,пожалуйста,с помощью выражения:
$(\sqrt[3]{999}+1-10)^3=(10-1)((10-1)^2+3\cdot10)+(10-\sqrt[3]{999})((10-\sqrt[3]{999})^2+3\cdot10\sqrt[3]{999})-(\sqrt[3]{999}+1)((\sqrt[3]{999}+1)^2-3\sqrt[3]{999})+3(10-1)(10-\sqrt[3]{999})(\sqrt[3]{999}+1)$

[binki]

ydgin в сообщении #1300507 писал(а):

Не понял Вашего вопроса.Повторите его ,пожалуйста,с помощью выражения:
$(\sqrt[3]{999}+1-10)^3=(10-1)((10-1)^2+3\cdot10)+(10-\sqrt[3]{999})((10-\sqrt[3]{999})^2+3\cdot10\sqrt[3]{999})-(\sqrt[3]{999}+1)((\sqrt[3]{999}+1)^2-3\sqrt[3]{999})+3(10-1)(10-\sqrt[3]{999})(\sqrt[3]{999}+1)$

ydgin
В правой части ни каких противоречий с тройками. Так как

$$(10-1)((10-1)^2+3\cdot10)+(10-\sqrt[3]{999})((10-\sqrt[3]{999})^2+3\cdot10\sqrt[3]{999})-(\sqrt[3]{999}+1)((\sqrt[3]{999}+1)^2-3\sqrt[3]{999})=0$$

[binki]

В

$$n^3=(x+y-z)^3=(x^3+y^3-z^3)+3(x+y)(z-x)(z-y)$$

не имеет смысла раскрывать $(x^3+y^3-z^3)$ в цифрах , потому что для целых или иррациональных чисел, составляющих уравнение Ферма, эта скобка всегда равна нулю.
Дополнительно к примеру vasili $(8^3+1^3=3^3\cdot 19)$, мною приведен пример в шутку, так как тысячи примеров не составляют доказательства, а для опровержение достаточно одного.
Подобными приемами Вам не доказать теорему Ферма. Если поставили знак равенства, то всегда будет равно, как бы вы не оперировали с цифрами.

[ydgin]

binki в сообщении #1300647 писал(а):

В

$$n^3=(x+y-z)^3=(x^3+y^3-z^3)+3(x+y)(z-x)(z-y)$$

не имеет смысла раскрывать $(x^3+y^3-z^3)$ в цифрах , потому что для целых или иррациональных чисел, составляющих уравнение Ферма, эта скобка всегда равна нулю.
Дополнительно к примеру vasili $(8^3+1^3=3^3\cdot 19)$, мною приведен пример в шутку, так как тысячи примеров не составляют доказательства, а для опровержение достаточно одного.
Подобными приемами Вам не доказать теорему Ферма. Если поставили знак равенства, то всегда будет равно, как бы вы не оперировали с цифрами.

Подобными приемами Вам не доказать теорему Ферма.
Жаль,что этот аргумент "против" пока единственный,но он очень весомый.
Поэтому предлагаю решить совсем другую задачу.
Найти целое $l$,решения уравнения $l^2=2xy(x+y)$.
Первый случай - $x\ne1,y\ne1$-любые числа.
Второй случай - $x\ne1,y\ne1$-взаимно простые числа.

[binki]

1) Неинтересно. Общее решение: $(x,y)$ - квадраты, а их сумма - удвоенный квадрат. Например:$(x=49, y=529)$
2) По правилам форума Вы должны отвечать, а не задавать вопросы. И какое отношение этот пример имеет к теме.

[ydgin]

binki
Есть еще одно общее решение:$(x,y,(x+y))$- удвоенные квадраты.Например:$(x=18,y=32)$.
В этом случае двойка делает целым квадратом любой из множителей.Этим она отличается от двойки в Вашем решении.
Постарался провести аналогию с тройкой из темы.

[binki]

Уважаемый ydgin. Как Вы убедились, может существовать и другое решение, где не обязательны двойки перед каждым квадратом.
Тройка должна присутствовать в одном из чисел решения (согласно доказанному первому случаю), и Вам надо доказать, что ее там все равно нет. То есть

$$a^3+b^3=c^3; \quad \text {если}\quad (a,b) \in N; \quad |a,b,3|=1,\quad \text {то}\quad |c,3|=1$$

Вот тогда Вы полностью разберетесь с заклятыми тройками.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki.
Мы нашли два варианта для $l^2$,а $n$ для квадратов находим по формуле:$n^2=2xy$.
Для $n^2$ у нас есть равенство $(x+n)^2+(y+n)^2=(x+y+n)^2$.Это выполняется для любого $n$.
Если построить подобную конструкцию для $l^2$,то будут видны недостатки обоих вариантов.Первого-то,что двойка принадлежит только одному множителю,а второго-то,что $x,y$ не взаимно простые.Сделать другой вариант нет возможности.
Переходим к кубам.
$n^3=3xy(x+y+2n), (x+n)^3+(y+n)^3=(x+y+n)^3$
Здесь $n^3$ похоже на $l^3 (l^3=3xy(x+y))$ .Поэтому оно не существует,т.к. невозможно соединить взаимную простоту $x,y$ первого варианта и возможность переставлять тройку второго варианта.