Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[ydgin]

Someone
$X^3+Y^3=Z^3$- нет целых решений.

[Someone]

Кроме того, пусть $X$, $Y$, $Z$ — решение уравнения $X^3+Y^3=Z^3$ в натуральных числах (при желании их можно считать попарно взаимно простыми). Обозначим $N=X+Y-Z$. Среди чисел $X$, $Y$, $Z$ либо два нечётных и одно чётное, либо три чётных (если $X$, $Y$, $Z$ — попарно взаимно простые, то возможен только первый случай). Таким образом, в любом случае число $N$ чётное, поэтому его можно представить в виде произведения $N=2mn$, где $m$ и $n$ — натуральные числа (при желании их можно считать взаимно простыми). Тогда числа $A=(m+n)^2-n^2$, $B=2n(m+n)$ и $C=(m+n)^2+n^2$ удовлетворяют уравнениям $A^2+B^2=C^2$ и $X+Y-Z=A+B-C$.

ydgin в сообщении #1314412 писал(а):

$X^3+Y^3=Z^3$- нет целых решений.

Не понял реплики. Ещё раз: какое отношение ваше утверждение имеет к теореме Ферма?

[binki]

Someone в сообщении #1314277 писал(а):

Для дальнейшего продвижения нужны соотношения, которые не выводятся алгебраическими преобразованиями из самого уравнения и формул Абеля.

Уважаемый Someone!
Согласен с вами, и всегда был противником таких доказательств чистых, без использования свойств целых чисел, хорошо проявляющихся в бесконечных спусках, подъёмах, либо в рекуррентных методах. Но равенство

$$ A+B=(C-A)+(C-B)+2(A+B-C) \quad\eqno (0)\quad \text {(а то без номера плохо)}$$

$$\text {преобразуется в сравнение } (A+B)\equiv C^3+(A+B-C)\equiv 0 \mod 3^{3k-1} \eqno(00)$$

А так как $(A+B)\equiv C^3\equiv 0 \mod 3^{3k-1}$, то и $(A+B-C)\equiv 0 \mod 3^{3k-1}$ Это и наводило на мысль о бесконечном подъёме.

[Someone]

binki в сообщении #1314423 писал(а):

Но равенство

$$ A+B=(C-A)+(C-B)+2(A+B-C) \quad\eqno (0)\quad \text {(а то без номера плохо)}$$

$$\text {преобразуется в сравнение } (A+B)\equiv C^3+(A+B-C)\equiv 0 \mod 3^{3k-1} \eqno(00)$$

Это каким образом?

Разбор всяких делимостей на степени тройки можно найти в файле, вложенном в сообщение https://dxdy.ru/post1252001.html#p1252001.

[binki]

Не кратные трем

$$ (C-A)+(C-B)\equiv B^3+A^3\mod 3^{3k-1};\text{тогда} \quad 2(A+B-C)\equiv (A+B-C) \mod 3^{3k-1} $$

$$\text {Отсюда и следует:}\quad (A+B)\equiv C^3+(A+B-C) \mod 3^{3k-1}$$

[Someone]

binki в сообщении #1314499 писал(а):

$$\text {Отсюда и следует:}\quad (A+B)\equiv C^3+(A+B-C) \mod 3^{3k-1}$$

Это что-то странное. Если одно из (попарно взаимно простых) чисел $A$, $B$, $C$, удовлетворяющих уравнению $A^3+B^3=C^3$, делится на $3^k$, $k\geqslant 2$, и не делится на $3^{k+1}$, то $C^3$ либо вообще не делится на $3$, либо делится на $3^{3k}$, а $A+B-C$ делится на $3^k$ и не делится на $3^{k+1}$; соответственно, в левой части либо $A+B$ делится на $3^{3k-1}$ и не делится на $3^3k$, либо не делится на $3$, а правая часть либо делится на $3^k$ и не делится на $3^{k+1}$, либо не делится на $3$. В первом случае ваше сравнение совершенно точно неверно, так как $3k-1>k$. Во втором случае оно, скорее всего, тоже неверно. Если Вы утверждаете, что оно верно, предъявите детальное доказательство.

binki в сообщении #1314499 писал(а):

$$2(A+B-C)\equiv (A+B-C) \mod 3^{3k-1} $$

Это сравнение точно неверно.

P. S. Не включайте текст в формулы без явной необходимости.

[binki]

Someone в сообщении #1314529 писал(а):

предъявите детальное доказательство.

Уважаемый Someone!
Не нарушая общности, рассматриваем случай, когда $(A+B)$ делится на три. Тогда $C^3$ делится на $3^{3k}$ и на $3^{3k-1}$
Не кратные 3 степени $(C-A), (C-B)$ являются числами вида $9K\pm 1$. Тогда, тоже не нарушая общности, пусть
$(C-A) \equiv B^3\equiv 1 \mod 9\qquad \eqno (01)$
$(C-B) \equiv A^3\equiv {-1} \mod 9\qquad \eqno (02)$
учитывая что $C^3\equiv 0\mod 3^{3k}$ и складывая (01) и (02), получим,
$A^3+B^3=C^3\equiv 0 \mod3^{3k} \qquad \eqno (03)$
$(C-A)+(C-B) \equiv 0 \mod 3^{3k}\qquad \eqno (04)$.
Кроме того, $(A+B)\equiv 0 \mod 3^{3k-1}\qquad \eqno (05)$
С учетом (0), (04), (05) выражение $2(A+B-C)$ не может не делиться на $3^{3k-1}$. Поэтому
$2(A+B-C)\equiv (A+B-C) \equiv 0 \mod 3^{3k-1}$\qquad \eqno (06)
Объединяя (04),(05),(06), получим
$(A+B)\equiv C^3+(A+B-C) \mod 3^{3k-1}\qquad \eqno (07)$

[Someone]

binki в сообщении #1314582 писал(а):

$(C-A)+(C-B) \equiv 0 \mod 3^{3k}\qquad \eqno (04)$.

Вы что???
$2C$ делится на $3^k$, а $A+B$ — на $3^{3k-1}$, и не больше. Поэтому $(C-A)+(C-B)=2C-(A+B)$ делится на $3^k$ и не делится на $3^{k+1}$.

binki в сообщении #1314582 писал(а):

$(C-A) \equiv B^3\equiv 1 \mod 9\qquad \eqno (01)$
$(C-B) \equiv A^3\equiv {-1} \mod 9\qquad \eqno (02)$

Из этого следует делимость суммы не больше, чем на $9=3^2$.

[binki]

Someone в сообщении #1314589 писал(а):

$2C$ делится на $3^{3k}$, а $A+B$ — на $3^{3k-1}$, и не больше.

Уважаемый Someone!
В (04) ошибка по значению модуля. Правильный модуль, как Вы указали, $3^{3k-1}$. Но сравнение $C^3\equiv 0 \mod 3^{3k-1}$ тоже справедливо.

Someone в сообщении #1314589 писал(а):

делимость суммы не больше, чем на $9=3^2$.

Здесь надо подумать.

[ydgin]

Someone

Someone в сообщении #1314415 писал(а):

Не понял реплики. Ещё раз: какое отношение ваше утверждение имеет к теореме Ферма?

Someone в сообщении #1314415 писал(а):

поэтому его можно представить в виде произведения $N=2mn$

Значит я не понял вопрос.
$N=2mn$ надо подставлять в кубическое уравнение,а $N=3pqt$ в квадратное.Тогда и получим противоречие.

[binki]

Добавка к предыдущему сообщению
С учетом (0), (02), (05) справедливо сравнение
$(A+B-C)\equiv 0 \mod 9$. Имеем
$A=(C-B)+(A+B-C)\qquad \eqno (08)$. Тогда
$A\equiv -1 \mod 9\qquad \eqno (09)$.
Пусть $C=9K_1; A=9K_2-1$
$(C-A)=9K_1-(9K_2-1)=9(K_1-K_2)+1$. Если
$(K_1-K_2)\equiv 0 \mod 3\qquad \eqno (10)$,то
$(C-A)\equiv 1 \mod 3^3\qquad \eqno (11)$
Аналогично можно показать, что
$(C-B)\equiv -1 \mod 3^3\qquad \eqno (12)$ Тогда имеем
$(C-A)+(C-B)\equiv 0 \mod 3^3\qquad \eqno (13)$
Уважаемый ydgin!
Чтобы меня не обвинили в захвате темы, дальнейшая развитие дискуссии по моим измышлениям, только с Вашего разрешения.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki!
Нет проблем.

[Someone]

binki в сообщении #1314626 писал(а):

Someone в сообщении #1314589 писал(а):

$2C$ делится на $3^{3k}$, а $A+B$ — на $3^{3k-1}$, и не больше.

Откуда Вы взяли $3^{3k}$? У меня было написано

Someone в сообщении #1314589 писал(а):

$2C$ делится на $3^k$ … и не больше.

Прошу не исправлять мои цитаты по своему усмотрению. По предположению, $C$ делится на $3^k$, $k\geqslant 2$, и не делится на $3^{k+1}$.

ydgin в сообщении #1314685 писал(а):

Значит я не понял вопрос.
$N=2mn$ надо подставлять в кубическое уравнение,а $N=3pqt$ в квадратное.Тогда и получим противоречие.

Не получите. В кубическом уравнении нет $m$ и $n$, а в квадратном — $p$, $q$ и $t$. Каким бы ни получилось $N$ в кубическом уравнении, его можно записать в виде $2mn$ и составить квадратное уравнение.

Ещё раз.

Someone в сообщении #1314398 писал(а):

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?

В ВТФ нет никаких $A$, $B$, $C$.

[binki]

Someone в сообщении #1314719 писал(а):

Прошу не исправлять мои цитаты по своему усмотрению.

Уважаемый Someone!
Каюсь, залез в чужой сад и по недопереосмыслию принял за опечатку. Хотя все равно не имел права исправлять. Больше нииикогда! Ваши значения только помогут найти истину.
Someone, примите искренние извинения за мою провинность.

[Someone]

binki в сообщении #1314768 писал(а):

Каюсь, залез в чужой сад и по недопереосмыслию принял за опечатку. Хотя все равно не имел права исправлять.

Исправлять цитаты вообще не следует, даже свои собственные. В крайнем случае свою цитату можно исправить, но при этом точно указать, что именно было исправлено и почему. А к чужой цитате можно только сделать примечание, что вот, дескать, тут явная опечатка, а должно быть вот так.

binki в сообщении #1314768 писал(а):

Ваши значения только помогут найти истину.

Я ведь дал ссылку, где найти текст, в котором подробно объясняется, что на какие степени тройки делится и почему. Вы этот текст скачали? Разобрались?