О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev
с
$3ky_2-3gz_2=(3ky_2+1)-(3gz_2+1)=y_1-z_1$ в 22.
и, стало быть, со всем далее , несогласна.

Уважаемая Shwedka ! Вы правы. Пункты 22; 23; 24 не верны.
Начало п.22 у меня звучит так: «в соответствии с п. 13 имеем $x_1-3m^2=gk$; $y_1-k^2=3mg$;
$g^2-z_1=3mk$. В этих равенствах числа $x_1;y_1;z_1;m;g;k$ натуральные и ни дно из них не делится на $3$». Эта фраза действительно содержит ошибку. Из перечня $x_1;y_1;z_1;m;g;k$ нужно исключить число $m$. Чем больше степень тройки на которую оно делится, тем «лучше». Ведь из равенства $x_1-3m^2=gk$ очевидно, что числа $x_1$ и $m$ не могут иметь общего множителя, так как тогда на него должно делиться и число $pg$, что невозможно. Именно поэтому дальше я правомерно использую тот факт, что должно быть $x_1=3x_2+1$ и дальше всё верно, а случай $m^2$ делящегося на $3$ сюда так же входит (поглощается). Так что пункт 22 должен выглядеть так.
22.

$$3y_2-3z_2=g-k-9m^3$$

. Докажем.
В соответствии с п. 13 имеем $x_1-3m^2=gk$;
$y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$. В этих равенствах числа $x_1;y_1;z_1;g;k$ натуральные и ни дно из них не делится на $3$.
Ясно, что числа $k^2$ и $g^2$ при делении на 3 будут иметь остаток равный 1, так как всегда
$(3a\pm 1)^2=3A+1$. Поэтому, чтобы были верными в целых числах равенства $x_1-3m^2=gk$; $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$, должно быть $x_1=3x_2+1$, $y_1=3y_2+1$, $z_1=3z_2+1$, а тогда $x=3mx_1=9mx_2+3m$, $y=ky_1=3ky_2+k$, $z=gz_1=3gz_2+g$. Так как $x+y-z=3mgk$, то должно быть верным и равенство ;

$$9mx_2+3m+3ky_2+k-3gz_2-g=3mgk$$

, а после деления на $3m$ и

$$3x_2+1+\frac{ky_2-gz_2}{m}-\frac{g-k}{3m}=gk$$

.
Так как $3x_2+1=x_1$ а $gk=x_1-3m^2$, то должно быть и

$$\frac{ky_2-gz_2}{m}-\frac{g-k}{3m}=-3m^2$$

.
Умножим всё на $3m$ и получим
$3ky_2-3gz_2=g-k-9m^3$. чтд.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

22.

$$3y_2-3z_2=g-k-9m^3$$

. Докажем.

Цитата:

$3ky_2-3gz_2=g-k-9m^3$. чтд.

Так что подлог получается. Не чтд.

Знаете, надоело мне у Вас бесконечные банальные ошибки выискивать. Давайте так. Еще одна попытка, Вы предъявляете полное рассуждение, и если опять вранье, то и Вы, и я завязываем с этой темой.

[ljubarcev]

18.05.2008.
Уважаемая Shwedka !
Вы правы. В пункте 22 действительно утверждаеся одно, а доказано другое. Причина – банальная опечатка. П. 22 стал элополучным , наверное потому что «22» - это «перебор». Так как других ошибок в последнем его виде я не вижу, то давайте оставим его в нижеследующем виде.
22.

$$3ky_2-3gz_2=g-k-9m^3$$

.
23. Число $m$ должно делиться на $3$. Докажем.
$g^3=x+y$; $k^3=z-x$; $x=3mx_1$
$g^3-k^3=2x-(z-y)=6mx_1-9m^3$; $x_1=gk+3m^2$;
$g^3-k^3=6mgk+9m^3$; (1)
$(g-k)(g^2+gk+k^2)=6mgk+9m^3$; Так как числа $g$ и $k$ не делятся на $3$ и равноостаточны при этом, то числа слева $(g-k)$ и $(g^2+gk+k^2)$ будут оба делиться на $3$, а их произведение на $9$. Таким образом, $\frac{g^3-k^3}{9}=P$, где $P$ - натуральное число. Теперь ясно, что при делении всего равенства (1) на $9$, должно быть $$P=\frac{2mgk}{3}+m^3$. Так как числа $2;g;k$ на $3$ не делятся, то очевидно: что бы равенство было верным в натуральных числах, число $m$ должно делиться на $3$. чтд.
24. По исходному предположению $x=3mx_1$ и ясно, что для случая $x$ делящегося только на $3$ в первой степени утверждение П. Ферма верно.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev
Знаете, похоже на правду. Вроде бы, если я вранья не пропустила, с этим маленьким частным случаем Вы справились.

Тем не менее, оцените, насколько Вы сильно использовали всю специфику этого случая, чтобы реалистично смотреть на более общий.

Вынуждена впредь отказаться от удовольствия Вас проверять и исправлять.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev
Знаете, похоже на правду. Вроде бы, если я вранья не пропустила, с этим маленьким частным случаем Вы справились.

Тем не менее, оцените, насколько Вы сильно использовали всю специфику этого случая, чтобы реалистично смотреть на более общий.

Вынуждена впредь отказаться от удовольствия Вас проверять и исправлять.

Уважаемая Shwedka ! Я Вас понимаю. Вы и так много потрудились и за это я Вам весьма и весьма благодарен. Ьольшое СПАСИБО!
Дед.

[ljubarcev]

Уважаемая господа ! За прошедшее время тему посетили более 3500 раз. Никто не нашел что возразить (хотя на возражения на форуме народ обычно не скупится), в то же время высказаться в поддержку приведенного доказательства, показывающего, что возможности арифметики далеко не исчерпаны, никто не решился. Оно и понятно – «нет пророка в собственном Отечестве». Опираясь на поговорку «молчание – знак согласия», всё же можно считать приведенное под строгим руководством Shwedkи в 24 шага доказательство для случая $n=3$ верным. Хотя доказательство и не совсем простое, тем не менее доказывает, что использования обычных школьных шести арифметических действий и знания свойств натуральных чисел достаточно для доказательства.
Теперь, когда один вариант доказательства есть, не трудно найти и более простые варианты.
Например, вариант 2.
Для рассматриваемого случая доказано, что должно быть при $x=3mx_1$ и $m;x_1;y;z;g;k$ не делящихся на $3$ и числах $g;k$, как и $z;y$, равноостаточных при делении на $3$ - $x+y=g^3$; $z-x=k^3$; $z-y=9m^3$; $x+y-z=3mgk$ . Теперь рассмотрим следующее рассуждение.
Для любой тройки натуральных чисел $x;y;z$ справедливо тождество: $2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$.
После подстановки получаем, что в нашем случае должно быть: $6mgk=g^3-k^3-9m^3$ и после деления всего равенства на $9$ -

$$\frac{2mgk}{3}=\frac{g^3-k^3}{9}-m^3$$

Теперь замечаем, что число справа – целое, так как разность кубов двух равноостаточных при делении на $3$ чисел всегда делится на $9$.
В то же время очевидно, дробь слева целым числом быть не может, так как ни одно из чисел в числителе на $3$ не делится. Вывод: решений в натуральных числах нет.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

$x+y-z=3mgk$

не доказано.

[Someone]

Насколько я помню, Сорокин Виктор тоже этот случай доказал, но на случай $x=9mx_1$ его рассуждения перенести было невозможно.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

$x+y-z=3mgk$

не доказано.

Уважаемая Shwedka !
В рассматриваемом случае действительно

$$x+y-z=3mgk$$

.
Докажем.
Из $x^3+y^3=z^3$ следует $\frac{x^3}{z-y}=z^2+zy+y^2$.
Так как в последнем равенстве число слева $\frac{x^3}{z-y}$ должно быть целым (справа сумма целых чисел), то ясно, что $x$ содержит все простые множители чсла $z-y$ и при $x=3mx_1$ именно $m$ представляет общую часть чисел $x$ и $z-y$. При этом числа $x_1$ и $m$ взаимно простые и ни одно из них не делится на $3$.
При $x$ делящемcя на$3$ числа $z;y$ на $3$ не делятся и равноостаточны при делении на $3$, а числа $z-y$ и $z^2+zy+y^2$ не имеют общих множителей, кроме $3$, так как при любых равноостаточных при делении на $3$ $z;y$ - $z^2+zy+y^2$ всегда делится на $3$ и только на $3^1$.
Для любой тройки чисел $z;y;x$ справедливо тождество: $(x+y-z)^3=x^3+y^3-z^3+3(z-y)(z-x)(x+y)$. В нашем случае $x^3+y^3-z^3=0$, по этому должно быть
$(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. В последнем равенстве слева куб целого числа. По этому справа тоже должен быть целый куб. а так как при $z;y;x$ попарно взаимно простых числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же всегда попарно взаимно простые, то, что бы равенство имело место в натуральных числах, должно быть $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$. После подстановки увидим, что должно быть $(x+y-z)^3=3g^3k^39m^3$. После извлечения кубического корня из всего равенства, получаем: $x+y-z=3mgk$. Видим: выполнение последнего равенства является необходимым условием существования решений в натуральных числах у уравнения $x^3+y^3=z^3$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

при $z;y;x$ попарно взаимно простых числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же всегда попарно взаимно простые,

Утверждение неверно.
Пример: 41-13 равно 28,
41-34 равно 7. Очень сильно не взаимно просты.

Мне Ваши ошибки надоели. Более Вас комментировать не намерена. И другим не советую.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

при $z;y;x$ попарно взаимно простых числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же всегда попарно взаимно простые,

Утверждение неверно.
Пример: 41-13 равно 28,
41-34 равно 7. Очень сильно не взаимно просты.

Мне Ваши ошибки надоели. Более Вас комментировать не намерена. И другим не советую.

Уважаемая Shwedka ! Позвольте с Вами не согласиться.
1. Контр пример здесь вообще не возможен – ведь теорема доказана в общем виде (Уайлз) !
2. В Вашем примере, так как рассматривался случай $x<y<z$, будет $z-x=41-13$, и $z=41;x=13$. $z-y=41-34=13$ и $y=34$, а тогда $x+y-z=13+34-41=6$ . Во первых в Вашем примере ни одно из чисел не делится на $3$, а во вторых $6^3\ne 3\bullet 7\bullet 28\bullet47$.
3. Тот факт, что при $x^3+y^3=z^3$ должно быть $x+y-z=3mgk$ - доказан. Посмотрите ещё раз.
Под вашим строгим руководством, я ранее доказал, что если $x^3+y^3=z^3$ при взаимно простых $x;y;z$; $z>y>x$; и $x$ делящемся на $3^1$, то должно быть;
$x=3mx_1$; $y=ky_1$; $z=gz_1$; $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$.
В тожe время для любой тройки натуральных чисел $c>b>a$ всегда выполняется равенство

$$(a+b-c)^3=a^3+b^3-c^3+3(c-b)(c-a)(a+b)$$

. Это тождество. Теперь предположим, что существует тройка взаимно простых натуральных чисел $a=x$; $b=y$; $c=z$; удовлетворяющих равенству $x^3+y^3=z^3$, тогда из тождества получим, что должно быть

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

.
Теперь замечаем, что слева мы имеем куб целого числа и следовательно, что бы равенство выполнялось, число $3(z-y)(z-x)(x+y)$ тоже должно быть целым кубом. Так как при взаимно простых $z;y;x$ числа $z-y$; $z-x$ и $x+y$ всегда так же взаимно простые. не трудно понять что равенство выполнимо только и только если одно из чисел равно девяти кубам, а два других являются целыми кубами. И ранее доказано, что в нашем случае действительно должно быть $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$. После подстановки тождество принимает вид:

$$(x+y-z)^3=3g^3k^39m^3$$

и после извлечения кубического корня из всего равенства получаем что должно быть

$$x+y-z=3gkm$$

. Так что теорема Ферма для случая $n=3$ при $x$ делящемся на $3^1$ доказана. Конечно, это не бог весть что, но тем не менее за 370 лет это, насколько я знаю, первое доказательство с использованием арифметики на уровне средней школы. Для любителя – неплохо.
Дед.

[Алексей К.]

Да хватит Вам туфту гнать!
Человек любезно и старательно читает Ваш текст ---

ljubarcev писал(а):

при $z;y;x$ попарно взаимно простых числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же всегда попарно взаимно простые,

--- видит там несуразицу, после чего дальнейшее чтение бессмысленно. В несуразицу Вам тыкают пальчиком, разжёвывают на конкретном примере z=41, x=13, y=28.

ljubarcev писал(а):

Уважаемая Shwedka ! Позвольте с Вами не согласиться.
2...Во первых в Вашем примере ни одно из чисел не делится на $3$

А что в Вашей формулировке где-то говорилось про делимость на 3???
У Вас нет денег? Вы живёте в глухой деревне? Никак не нанять человека, который поможет написать нормальной текст без алогизмов? Ведь уже ясно, что бесплатная медицина этого форума Вам помочь неспособна! Найдите репетирора, и, раз уж Вы так уверены в своём достижении, --- впарьте сюда НОРМАЛЬНЫЙ ЧИТАБЕЛЬНЫЙ текст.

[ljubarcev]

Алексей К. писал(а):

Да хватит Вам туфту гнать!
Человек любезно и старательно читает Ваш текст ---

ljubarcev писал(а):

при $z;y;x$ попарно взаимно простых числа $(z-y);(z-x);(x+y)$ так же всегда попарно взаимно простые,

--- видит там несуразицу, после чего дальнейшее чтение бессмысленно. В несуразицу Вам тыкают пальчиком, разжёвывают на конкретном примере z=41, x=13, y=28.

ljubarcev писал(а):

Уважаемая Shwedka ! Позвольте с Вами не согласиться.
2...Во первых в Вашем примере ни одно из чисел не делится на $3$

А что в Вашей формулировке где-то говорилось про делимость на 3???
У Вас нет денег? Вы живёте в глухой деревне? Никак не нанять человека, который поможет написать нормальной текст без алогизмов? Ведь уже ясно, что бесплатная медицина этого форума Вам помочь неспособна! Найдите репетирора, и, раз уж Вы так уверены в своём достижении, --- впарьте сюда НОРМАЛЬНЫЙ ЧИТАБЕЛЬНЫЙ текст.

Уважаемый Алексей К. Вы правы поддерживая Shwedkу – «она этого достойна». Замечания её верны, хотя она и не приводит их доказательств. В последнем случае она так же права, если рассматривать моё утверждение: при взаимно простых $x;y;z$ числа $z-y$; $z-x$ и $x+y$ так же взаимно просты в общем случае (в отрыве от контекста). Конечно, существует бесчисленное количество троек взаимно простых $x;y;z$ при которых числа $z-y$; $z-x$ и $x+y$ не взаимно простые. Но такие тройки можно исключить из рассмотрения при условии существования решений в натуральных числах у равенства $x^3+y^3=z^3$ при взаимно простых $x;y;z$ и $x$ делящемся на $3^1$ (что доказывается). При указанных начальных условиях должна всегда существовать и тройка взаимно простых чисел $z-y$; $z-x$ и $x+y$ при которых тройка $x;y;z$ удовлетворяет равенству $x^3+y^3=z^3$. И это не трудно понять из следующих рассуждений.
При $x^3+y^3=z^3$ должно быть $\frac{x^3}{z-y}=z^2+zy+y^2$; $\frac{y^3}{z-x}=z^2+zx+x^2$; $\frac{z^3}{x+y}=x^2-xy+y^2$. Так как правые части этих равенств целые числа, то целыми должны быть и числа

$$\frac{x^3}{z-y}$$

;

$$\frac{y^3}{z-x}$$

;

$$\frac{z^3}{x+y}$$

.
Анализируя полученный результат, замечаем, что бы эти числа были целыми - число $z-y$ должно состоять Только из множителей числа $x$, число $z-x$ должно состоять Только из множителей числа $y$, число $x+y$ должно состоять Только из множителей числа $z$. Так как $x;y;z$ взаимно просты, то должны существовать и взаимно простые числа $z-y$; $z-x$ и $x+y$ , удовлетворяющие предполагаемому исходному равенству. Именно поэтому не взаимно простые числа $z-y$; $z-x$ и $x+y$ можно исключить из дальнейшего рассмотрения.
Дальше всё как и ранее.
Доказано, что с одной стороны должно быть $z-y=9m^3$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$ и в то же время $(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$. После подстановки и извлечения кубического корня получаем, что должно быть $x+y-z=3mgk$. Укажите, если можете – что здесь алогично. «Впаривать» полное и подробное доказательство одним постом я считаю преждевременным. Видите, хотя довольно долго замечаний и вопросов не было, появилось замечание Самой Shwedki. А может и ещё будут.
Дед.

[ljubarcev]

Уважаемые господа ! Считаю что "молчание - знак согласия" и делаю следующий шаг.

Someone писал(а):

Насколько я помню, Сорокин Виктор тоже этот случай доказал, но на случай $x=9mx_1$ его рассуждения перенести было невозможно.

Уважаемый Someone ! Вы правы. При $x$ делящемся на $3^2$ должно быть $x=9mx_1$; $z-x=k^3$; $x+y=g^3$; $z-y=3^5m^3$;
$x+y-z=9mgk$. При этом тождество $2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$ после подстановки приобретает вид:

$$18mgk=g^3-k^3-3^5m^3$$

. После деления на $9$ получим:

$$2mgk=\frac{g^3-k^3}{9}-3^3m^3$$

, где все слагаемые – целые числа, так как при $g$ и $k$ равноостаточных при делении на $3$ дробь $\frac{g^3-k^3}{9}$ всегда будет целым числом.
Но ведь мы можем разделить равенство (1) на число $9m$ и получить

$$2gk=\frac{g^3-k^3}{9m}-3^3m^2$$

, (2) Из последнего равенства видно, что целым числом должна быть дробь $\frac{g^3-k^3}{9m}$. А вот это как раз и не возможно.
Дед.

[Iosif1]

Я Вам ответил, а это чтобы следить за вашей темой.