Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[binki]

ydgin в сообщении #1289065 писал(а):

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

ydgin в сообщении #1301487 писал(а):

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.

Перепишем Уравнение Ферма в привычных обозначениях

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

Далее подождём.Вам надо выполнить то, что просила заслуженный участник shwedka

[ydgin]

binki
Увлекшись тройками,забыл,что $n^3$ -четное.
Поэтому сравним $n$ для квадратов с $n$ для кубов.
$n=A+B-C$
$n^2=(A+B-C)^2=A^2+B^2-C^2+2(C-A)(C-B)$
$n^3=(A+B-C)^3=A^3+B^3-C^3+3(C-A)(C-B)(A+B)$
$A^2+B^2=C^2, n=\sqrt{2(C-A)(C-B)}$
Эти равенства выполняются в любом случае и,точно известно,что есть бесконечное множество целых решений.
Перейдем к кубам.
$n=X+Y-Z$
$n^2=X^2+Y^2-Z^2+2(Z-X)(Z-Y)$
$n^3=X^3+Y^3-Z^3+3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)$
$X^3+Y^3=Z^3,n=\sqrt[3]{3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)}$
Эти равенства тоже выполняются,но не известно о целых решениях.
$n$ для кубов(если найдем целое)- четное,$n$ для квадратов-любое четное,сравним их.
$\sqrt{2(C-A)(C-B)}=\sqrt[3]{3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)}=n$
$2(C-A)(C-B)=\sqrt[3]{9(Z-X)^2(Z-Y)^2(X+Y)^2}=n^2$
$\sqrt{2(C-A)(C-B)}2(C-A)(C-B)=3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)=n^3$
Допустим,что нашлось нужное $n$,запишем его в виде:
$n=2\cdot3pqt$
$n^2=4\cdot9p^2q^2t^2$
$n^3=8\cdot27p^3q^3t^3$
Для дальнейшего использования разделим на скобки.Для $n^2$ множители можно выбирать произвольно.
$n^2=p^2(4q^29t^2)$
$n^3=p^38q^327t^3$
Тогда должны выполняться равенства:
$(p^2+n)^2+(2q^29t^2+n)^2=(p^2+2q^29t^2+n)^2$
$(A^2+B^2=C^2)$
$(p^3+n)^3+(8q^3+n)^3=(9t^3-n)^3$
$( X^3+Y^3=Z^3)$
Но, равенства должны выполняться, не только для $n$,но и для любого $kn$.
Для наглядности возьмем $k=5$ и проверим.
$5n=5p\cdot2q\cdot3t$
$25n^2=25p^24q^29t^2$
$125n^3=125p^38q^327t^3$
Распределяем пятерки по скобкам и подставляем в равенства.
Возможны два варианта.
Первый:
$5n=\sqrt{5}p\cdot\sqrt{5}(2q\cdot3t)$
$25n^2=5p^2\cdot5(4q^29t^2)$
$125n^3=5\sqrt{5}p^3\cdot\sqrt[4]{125}\cdot8q^3\cdot\sqrt[4]{125}\cdot27t^3$
Тогда получаем:
$25A^2+25B^2=25C^2$ - верно.
$125X^3+25\cdot\sqrt[4]{5}Y^3=25\cdot\sqrt[4]{5}Z^3$ - не верно.
Второй:
$5n=\sqrt[3]{5}p(\sqrt[3]{5}\cdot2q)(\sqrt[3]{5}\cdot3t)$
$25n^2=\sqrt[3]{25}p^2\cdot5\sqrt[3]{5}(4q^29t^2)$
$125n^3=5p^3(5\cdot8q^3)(5\cdot27t^3)$
Получаем:
$5\sqrt[3]{5}A^2+25B^2=5\sqrt[3]{5}C^2$ - не верно.
$125X^3+125Y^3=125Z^3$ - верно.
Делаем вывод:одновременно не возможно существование целых $A,B,C (A^2+B^2=C^2)$ и $X,Y,Z (X^3+Y^3=Z^3)$.
Значит,так,как $A,B,C$-целые существуют,то $X,Y,Z$-целые не существуют.

[binki]

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

Допустим,что нашлось нужное $n$,запишем его в виде:
$n=2\cdot3pqt$
$n^2=4\cdot9p^2q^2t^2$
$n^3=8\cdot27p^3q^3t^3$

Уважаемый ydgin !
Учитывая, что числа решения составные: $n=X_1Y_1Z_1=A_1B_1$. Какие здесь проблемы?

[binki]

Уважаемый ydgin !У Вас нет ответа?
Равенство сумм слагаемых ничем не обременяет слагаемые сумм.

$$(5+12-13)=[(5+\sqrt[3]{3})+(12-\sqrt[3]{3})-13]$$

И если $(A^2+B^2-C^2=0)$, то $(A^3+B^3-C^3\ne0)$. Поэтому в этом случае

$$n^3=(A^3+B^3-C^3\ne0)+3(A+B)(C-A)(C-B)$$

[ydgin]

binki

binki в сообщении #1305943 писал(а):

Учитывая, что числа решения составные: $n=X_1Y_1Z_1=A_1B_1$. Какие здесь проблемы?

Уважаемый binki!
Напишите,пожалуйста,как выглядит $5n$.
$n=\sqrt{5}A_1\sqrt{5}B_1$-подходит только для квадрата,а
$n=\sqrt[3]{5}X_1\sqrt[3]{5}Y_1\sqrt[3]{5}Z_1$-только для куба.
Второй вопрос.
$n=X+Y-Z$
$n^2=X^2+Y^2-Z^2+2(Z-X)(Z-Y)$
$n^3=X^3+Y^3-Z^3+3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)$
Эти равенства выполняются всегда.

[binki]

ydgin в сообщении #1313911 писал(а):

Напишите,пожалуйста,как выглядит $5n$.

$n=X_1Y_1Z_1=(5k)Y_1Z_1$

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

$$X^3+Y^3=Z^3,n=\sqrt[3]{3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)} \eqno(1)$$

$$2(C-A)(C-B)=\sqrt[3]{9(Z-X)^2(Z-Y)^2(X+Y)^2}=n^2 \eqno(2)$$

$$\sqrt{2(C-A)(C-B)}2(C-A)(C-B)=3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)=n^3\eqno(3)$$

Уважаемый ydgin! Равенства (2),(3) (мои номера) ошибочные. Так как $ X^2+Y^2-Z^2\ne0$, то правильным будет

$$2(C-A)(C-B)= X^2+Y^2-Z^2+ 2(Z-X)(Z-Y)=n^2$$

$$\text{Также (3)}\quad A^3+B^3-C^3\ne0, \quad (A^3+B^3-C^3)+3(C-A)(C-B)(A+B)= 3(Z-X)(Z-Y)(X+Y)=n^3$$

[binki]

ydgin , по первому вопросу. Надо пояснять, что $n$ не кратно 5, чтобы не получать такие ответы. И не надо расписывать с радикалами. Это и дикому горному козлу понятно, а не только мне. Достаточно четко показать, что ни один из множителей $(A_1,B_1,C_1)$ для примитивного решения (A,B,C) не делится на 3.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki!
Если предположить,что $n$ -для кубов равно $n$-для квадратов,то равенства (2) и (3) верны.
И (если не нравятся радикалы) напишите ,пожалуйста,как выглядит $5^6n$ ,если $n$ не кратно 5.

[binki]

ydgin в сообщении #1314060 писал(а):

Если предположить,что $n$ -для кубов равно $n$-для квадратов,то равенства (2) и (3) верны.

Еще раз. Одно и то же целое n может быть представлено разными слагаемыми суммы, в том числе и иррациональными (как в моем примере).
Действительно, если $n_1=n_2$, то $n_1^s=n_2^s$. Но всё дело в том, что выражение $A^s+B^s-C^s$ равно нулю только при одном значении $s$. Для остальных $s$ выражение $A^s+B^s-C^s\ne0$ и
его нельзя сокращать, как делаете это Вы в равенствах (2), (3). Придется работать с формулами $(A^3+B^3-C^3)+3(C-A)(C-B)(A+B)$ и $(X^2+Y^2-C^2)+2(C-A)(C-B)$ Поэтому (2), (3) ошибочны.

ydgin в сообщении #1314060 писал(а):

как выглядит $5^6n$ ,если $n$ не кратно 5

Выглядит навязчиво. Примерно вот так 5^6 n.
Уважаемый ydgin! Мы это уже обсуждали. не надо расписывать и по квадратам. Здесь все ясно и верно.
Но, простейшей формулой, $A+B=(C-A)+(C-B)+2(A+B-C)$ Вы подвергли сомнению утверждение Уайлса о минимальности его математического аппарата.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki!
Для себя я пишу эту формулу так :
a+n+b+n=a+b+n+n.
С утверждением Уайлса не знаком.

[binki]

Лучше всего использовать традиционные формулы форума. Быстрее анализируются. Да и результаты получаются проще.
Пусть $(A+B)\equiv 0 \mod 9$. Известно, что куб является числом вида $(9k\pm 1)$.Без нарушения общности из равенства

$$(A+B)=(C-A)+(C-B)+2(A+B-C)=B_1^3+A_1^3+2n \qquad \text {следует}$$

$(C-A)\equiv 1 \mod 9$,
$(C-B)\equiv -1 \mod 9$
$(A+B-C) \equiv 0 \mod 9$
Тогда из равенства $A=(C-B)+(A+B-C)$ имеем $A\equiv \pm 1 \mod 9$.
Аналогично $B=(C-A)+(A+B-C)$ имеем $B\equiv \mp 1 \mod 9$ След.
$A^3\equiv \pm 1 \mod 27$
$B^3\equiv \mp 1 \mod 27$
$(C-A)\equiv 1 \mod 27$
$(C-B) \equiv -1 \mod 27$
и т.д.
Уважаемый ydgin такова Ваша идея доква?

[binki]

Далее начинается новsй цикл рассуждений, когда

$$3(A+B)\equiv (A+B-C)^3 \equiv 0 \mod 3^6$$

И так бесконечно циклов с постоянным увеличением значения модуля сравнения. Точно также доказывается невозможность деления на 3 разностей $(C-A), (C-B)$. И докво для кубов готово. Это метод бесконечного подъема, о существовании которого также упоминал Ферма.
Что касается о минимальности математического аппарата, то об этом говорить пока рано. Уайлс начинает своё докво с показателей больше 3.

[Someone]

binki в сообщении #1314226 писал(а):

И так бесконечно циклов с постоянным увеличением значения модуля сравнения.

Не получается следующих циклов, поскольку существуют решения уравнения $A^3+B^3=C^3$ в кольце целых $3$-адических чисел, для которых одно из чисел $A$, $B$, $C$ делится на $3^2$ и не делится на $3^3$; соответственно, одно из чисел $C-B$, $C-A$, $A+B$ делится на $3^5$ и не делится на $3^6$. Поэтому соображения делимости не позволяют продвинуться дальше. Для дальнейшего продвижения нужны соотношения, которые не выводятся алгебраическими преобразованиями из самого уравнения и формул Абеля.

[ydgin]

binki

binki в сообщении #1314180 писал(а):

Уважаемый ydgin такова Ваша идея доква?

Уважаемый binki!
Нет.Идея в другом :
не возможно существование целых $X,Y,Z(X^3+Y^3=Z^3)$,таких,что
$X+Y-Z=A+B-C (A^2+B^2=C^2)$

[Someone]

ydgin в сообщении #1314367 писал(а):

не возможно существование целых $X,Y,Z(X^3+Y^3=Z^3)$,таких,что
$X+Y-Z=A+B-C (A^2+B^2=C^2)$

Какое это имеет отношение к ВТФ?