Простое решение уравнения ВТФ

[shwedka]

arguments в сообщении #1290582 писал(а):

Так может на (8) и стоит остановиться.

Цитата:

vxv в сообщении #1290016 писал(а):

У Вас (8) - неравенство (потому что $c>a+1$).

В принципе это уже доказательство, если ,конечно,нет ошибки. вроде нет

A Вас не затруднит указать, где в ЭТОМ 'доказательстве' используется целочисленность $ b$ ??

[arguments]

используется в (6) в знаменателе правой части дроби
$c^3-a^3=b^3$

[shwedka]

arguments в сообщении #1290731 писал(а):

используется в (6) в знаменателе правой части дроби
$c^3-a^3=b^3$

Неправда! Никакого $b$ в формуле 6 нет.
и в 5 нет. и в 7 нет.
И вообще, во всем рассуждении, начиная со второй строки, $b$
не встречается ни разу.

Повторяю вопрос.
Покажите, конкретно, где в 'доказательстве' используется целочисленность $b$?
Так, чтобы всем было видно
'Поскольку $b$ целое, имеем...'

[vxv]

shwedka в сообщении #1290747 писал(а):

'Поскольку $b$ целое, имеем...'

... $b<c<b+1$ (и снова (8) - неравенство...).

[shwedka]

vxv в сообщении #1290767 писал(а):

$b<c<b+1$

А это откуда?

[arguments]

А меня больше интересует тот факт, что (8) это неравенство, если предположить,что $a,b,c$-натуральные
$\frac{(pc-c^4)+a^3+a^4}{c^4-a^4}=\frac{(pc-c^4)+a^3c}{c^4-a^3c}$(8)
а если (9)
$\frac{a^3+a^4-a^3c}{a^3c-a^4}=\frac{(pc-c^4)+a^3c}{c^4-a^3c}$
левую часть сократим на $a^3$, аправую сначала на с,а потом на$p$
то получим тождество
$\frac{1+a-c}{c-a}=\frac{1-c+a}{c-a}$

[shwedka]

arguments в сообщении #1290819 писал(а):

А меня больше интересует тот факт, что (8) это неравенство, если предположить,что $a,b,c$-натуральные

А меня больше интересует, где в Вашем 'доказательстве' используется, что $b$ наатуральное. Покажите конкретное место, с обоснованием.
И ознакомьтесь с Правилами. Вы обязаны ответить.
'

[SVD-d]

arguments в сообщении #1289655 писал(а):

решаем три уравнения
$p=0, c^2+ac=-a^2$ (13)
$c-a=0, c=a$
$c-1=0, c=1$
нет решений, удовлетворяющих условию.

Я извиняюсь, а что значит "нет решений"? Вот вы же только что выписали два решения (и третье - не совсем решение, но его можно расписать), удовлетворяющих условию?
Вот, допустим, $c=1$. Тогда уравнение 12 выполняется. Получается, этот случай является решением ВТФ3?

[arguments]

SVD-d
В (10) ошибка, и речь не идет о доказательстве, а сейчас мы говорим,только об (8) и (9),т.е пытаемся разобраться
в (8) чтобы равенство было верным,должно быть$(a^3+a^4)>a^3c$

[arguments]

Обобщим: зафиксируем, только то,что получилось,без выводов

Цитата:

arguments в сообщении #1290819 писал(а):

$\frac{(pc-c^4)+a^3+a^4}{c^4-a^4}=\frac{(pc-c^4)+a^3c}{c^4-a^3c}$(8)

Ур(8) не может иметь натуральных решений, если $a,b.c$ натуральные и взаимно простые,т.к для
равенства (8) требуется $a+1>c$

Ур(8) следует из основного уравнения
$c^3-a^3=b^3=p(c-a)$ (2)

Если (2) представить как разность нечетных чисел,то можно показать,что (2) не имеет натуральных решений другим способом

из (2)следует
$pc+a^3=pa+c^3=(c+a)(c^2+a^2)$ (*)
докажем (*)
$(c+a)(c^2+a^2)=c^3+ac(c+a)+a^3=c^3+(pa-a^3)+a^3=pa+c^3=pc+a^3$
далее
$(c+a)(pc+a^3)=(c+a)^2(c^2+a^2)=(p+ac)(p-ac)=p^2-a^2c^2$
а также
$(c+a)(pc+a^3)=c(pa+c^3)+a(pc+a^3)=c^4+2pca+a^4$
составим уравнение
$c^4+a^4=p^2-2pca-a^2c^2$ (2-1)
умножим на 2
$2c^4+2a^4=(2p^2-2pca)-(2pca+2a^2c^2)$ (2-2)
$2c^4+2a^4)=2p(c^2+a^2)-2ac(c+a)^2$ (2-3)
$2c^4+2a^4=2p(c^2+a^2)-2ac(c^2+a^2)-4a^2c^2$ (2-4)
$(c^2+a^2)^2+(c^2-a^2)^2=2(c^2+a^2)^2-4a^2c^2$ (2-5)
$(c^2+a^2)^2-4a^2c^2=(c^2-a^2)$ (2-6)
получили уравнение вида
$x^2+y^2=z^2$
которое не имеет натуральных решений,тк с и а взаимно простые одинаковой четности.

[vasili]

Уважаемый arguments ! У Вас опечатка, а именно $(c^2 + a^2)^2 -4c^2a^2 = (c^2 - a^2)$.
Правильно $(c^2 + a^2)^2 -4c^2a^2 = (c^2 - a^2)^2$, т.е. получаем тождество.

[arguments]

vasili в сообщении #1291537 писал(а):

Уважаемый arguments ! У Вас опечатка, а именно $(c^2 + a^2)^2 -4c^2a^2 = (c^2 - a^2)$.
Правильно $(c^2 + a^2)^2 -4c^2a^2 = (c^2 - a^2)^2$, т.е. получаем тождество.

Да, опечатка. Вы правы.
Мы получаем формулу Евклида, по которой можно однозначно получить натуральные решения.

-- 10.02.2018, 12:31 --

vasili
Если Вы обратили внимание, было сказано, что (2) представляют собой разность нечетных чисел.
В (2) два числа нечетных и одно четное. Пусть в нашем случае с и а. Можно представить как с и в .
Но так как все числа взаимно просты, а разность представлена в виде нечетных, то невозможно получить тройку натуральных чисел,таких,что уравнение... Впрочем,пока остановимся.

[vxv]

arguments в сообщении #1290819 писал(а):

А меня больше интересует тот факт, что (8) это неравенство, если предположить,что $a,b,c$-натуральные
$\frac{(pc-c^4)+a^3+a^4}{c^4-a^4}=\frac{(pc-c^4)+a^3c}{c^4-a^3c}$(8)
а если (9)
$\frac{a^3+a^4-a^3c}{a^3c-a^4}=\frac{(pc-c^4)+a^3c}{c^4-a^3c}$
левую часть сократим на $a^3$, аправую сначала на с,а потом на$p$
то получим тождество
$\frac{1+a-c}{c-a}=\frac{1-c+a}{c-a}$

Уравнение (9) и тождество здесь только для
$a<c<a+1$

Для (8) годятся оба варианта(хотя ЗУ отрицают это), но таки их следует иметь в виду:
"Есть два взаимоисключающих варианта построения алгоритма доказательства теоремы Ферма:
Первый, это когда изначально назначаем «незыблемым» (безусловно верным) уравнение и тогда в доказательстве оперируем понятиями «натуральные – ненатуральные» числа (т.е. отрицательными, рациональными, иррациональными и т.д. тоже).
Второй (выбран мною), это когда все величины изначально рассматриваются безусловно натуральными, и тогда оперируем в поисках противоречий, применительно к гипотетическому равенству , только понятиями «равенство – неравенство».
Эти варианты построения доказательства нельзя смешивать между собой." topic112769-30.html

[arguments]

Понятно, спасибо.

[vasili]

Уважаемый arguments! Если $c^2 + a^2 =z$,а
$c^2 -a^2 =x$ и $y =2ca$, то все три числа $(z,x,y)$ четные. И уравнение $z^2 = x^2 + y^2$ будет справедливо.