ВТФ: метод ''бесконечн. спуска''- достаточен ли для доказат?

[fermatik]

binki в сообщении #1318623 писал(а):

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Ууу, как все запущено!

Это Вы про себя?

Про лиц, которые не могут додуматься до мысли,
что для нечетных $(a,c)$, можно подставить любые натуральные числа, естественно при условии: $c>a$.
Так сложно, ''ну не могла я, не шмолга!''.
Предлагайте $c>a, (c=3,5,... a=1), (c=5,7,... a=3),...$
Все в формуле...

Докажите, что какое-то нечетное число $a,c$ не проверил...
######
В силу взаимосвязи ''нечетное+нечетное'', ''нечетное+чётное'', через формулы:
$b_2^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$,
$b_2^n=(2x_{b_2}^n, b^n=(2x_b)^n$,
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n)$,
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n})$.
(Цензура), эффект бесконечного спуска в действии...
***
$b_2^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n=2(2^{n-1})(x_{b_2}^n-x_b^n)+b^n=2(2^{n-1})(x_{b_2}^n+x_b^n)$

-- Вс июн 10, 2018 12:55:24 --

binki в сообщении #1317808 писал(а):

$(C-A), \quad(C+A)$ могут быть степенями, если $(C,\quad A)$ не степени. Однако, допустимость такого принципа симметрии для степеней надо доказать.

Формула:
$b^{k=2n}=c^{k=2n}-a^{k=2n}=(c^n-a^n=b^n)(c^n+a^n=b_2^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n)$
Старшая четная степень...$k=2n$
Где ошибка?
В формуле $a^n+b^n=c^n$, $a, c$- любые нечетные натуральные, $b$ - гипотетически д/б вычислено как чётное натуральное для $k=2n, n>1$.
Формула $b_2^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n$,
$a, c, c>a$ - любые натуральные нечетные,
$b_2^n$ - гипотетически д/б вычислено как натуральное четное...
Но, печалька, не могут быть вычислены!
Почему, ответил.
Пьер Ферма, подозреваю, мог прийти к данному выводу.
Исключительно прост!

[binki]

c -четное. $q=\frac{c+a}{2};\quad w=\frac{c-a}{2}$. То есть $(q,w)$ - дроби. Но $a=(q-w); \quad c=(q+w)$. То есть (a,c) - натуральные.
Это, когда (c,a) не степени. Вы еще это не поняли. Дальше говорить пока рано.

[fermatik]

binki в сообщении #1318681 писал(а):

c -четное. $q=\frac{c+a}{2};\quad w=\frac{c-a}{2}$. То есть $(q,w)$ - дроби. Но $a=(q-w); \quad c=(q+w)$. То есть (a,c) - натуральные.
Это, когда (c,a) не степени. Вы еще это не поняли. Дальше говорить пока рано.

Данное преобразование тоже вычислял...
*
Не интересует.
*
Нас интересуют тройки взаимно простых!
$a^n+b^n=c^n=(\frac{q-w}{2})^n+b^n=(\frac{q+w}{2})^n$
Умножаем обе части уравнения на $2^n$,
$(q-w)^2+(2b)^n=(q+w)^n=(2c)^n$, при условии:
$a=\frac{q-w}{2}, q=\frac{c+a}{2}, w=\frac{c-a}{2}, c=\frac{q+w}{2}$.

[Someone]

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Проблема ВТФ в том, что
формула $a^n+b^n=c^n$,
формула $a^n+c^n=b_2^n$,
не имеют решения при натуральных числах...

Если Вы уже заранее знаете, что (нетривиальных) решений нет, и используете этот факт для обоснования своих рассуждений, то попадаете в так называемый "порочный круг": для доказательства утверждения используется оно само. Такие "доказательства" недопустимы, так как любое неверное утверждение "доказывается" таким способом в один шаг.

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Для вычисления ''нечетное+чётное'',
выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,b^n$,
тогда $c^n$- соответственно нечетное

Если Вы возьмёте какие попало натуральные $a$ и $b$, то $c$, скорее всего, не будет натуральным числом, поэтому к теореме Ферма они никакого отношения иметь не будут.

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Для вычисления ''нечетное+нечётное'',
выбирайте любые натуральные числа:
$a^n,c^n$, их сумма $b_2^n$, - чётное...

То же самое. Более того, если для натуральных $a$, $b$, $c$ выполняется $a^n+b^n=c^n$, и число $b$ чётное, как Вам очень хочется, то ваше $b_2$ из уравнения $a^n+c^n=b_2^n$ никогда не будет натуральным числом. Это даже для второй степени не получается: например, $3^2+4^2=5^2$, но $3^2+5^2=9+25=34$ не является квадратом натурального числа.

fermatik в сообщении #1318590 писал(а):

Где я ''соврал'', что ''не проверил'' сумму ''нечетное+нечетное'', каждое в n-й степени?

А где Вы её проверили? Допустим, у нас нашлись такие нечётные $a$, $b$ и чётное $c$, что выполняется равенство $a^n+b^n=c^n$. Как Вы его сведёте к случаю чётного $b$?

fermatik в сообщении #1318637 писал(а):

Про лиц, которые не могут додуматься до мысли,
что
для нечетных
$(a,c)$, можно подставить любые натуральные числа,
естественно при условии: $c>a$.
Так сложно, ''ну не могла я, не шмолга!''.

Ещё раз: подставлять "любые натуральные числа" нельзя. Числа должны удовлетворять уравнению $a^n+b^n=c^n$. Я вижу, что для Вас это настолько чудовищно сложно, что понять это Вы не в состоянии. Да Вы даже написать текст в строчку не всегда в состоянии, пишете его в столбик.

[fermatik]

Пишу на планшете...
Поэтому ''в столбик''.
*
Ещё раз.
Есть вариант ''нечетное+чётное=нечетное'',
$a^n+b^n=c^n$,
$a^n+c^n=b_2^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n$.
То, что эта ''система взаимно связанных формул'' не имеет решения, я сказал позднее, когда вычислено:
$b_2^n=a^n+c^n=2a^n+b^n=2c^n-b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$
Спасибо за наводку...сам знаю, стилистика хромает аццки.
*
Забыли про продолжение - условие вычислений для натуральных чисел?
$b_2^n=(2x_{b_2})^n, b^n=(2x_b)^n$,
Сначала предложил любые натуральные нечетные числа
$a,c$, затем, для вычисляемых ''натуральных'' четных,
ограничил условием для вычисления чётного натурального числа в n-й степени.

Следите за формулой, пытаемся вычислить ''четные натуральные'',
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_2}^n-2^{n-1}x_b^n)$,
$c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}=2^{n-1}(x_{b_2}^n+2^{n-1})$
*
$b_2^n=2c^n+b^n=2(2^{n-1})(x_{b_2}^n+x_b^n)-b^n$,
$b^n=2a^n+b^n=2(2^{n-1})(x_{b_2})^n+x_b^n)+b^n$.
*
Пьер Ферма разработал способ ''бесконечного спуска''...
Встречаем, когда пытаемся вычислить натуральные четные числа,
ограничение - для четных, не забывайте!
$b^n=(2x_b)^n, b_2^n=(2x_{b_2})^n$.
***

Цитата:

Для $n=2, a^2=(xy)^2.$
Ввёл условие для вычисления нечётных натуральных чисел...

$a^2+b^2=c^2=(b+y)^2=a^n+(\frac{d+(-y)}{2})^2=(\frac{d+y}{2})^n, d=2b+y$
$4a^n=4yd$,
$a^n=yd=(qw)^2$,
$(qw)^2+(\frac{q^2-w^2}{2})^2=(\frac{q^2+w^2}{2})^2$
''Классическое''(простейшее)условие для вычисления чётного и нечетного натурального числа,
$a^n=(qw)^n$, - $a,q,w$- нечетные числа,
$b^n=(2x_b)^n$, - $b$ - чётное число.
Так сложно.

[Someone]

Ладно, с Вами всё ясно. Вы просто ничего не понимаете и пишете всякую ерунду. Обсуждать с Вами что-либо бессмысленно. Даже на уровне других безграмотных ферманьяков Вы выглядите убого.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- систематическое избыточное цитирование;
- систематическое избыточное использование шрифтовых эффектов.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»

[fermatik]

Someone в сообщении #1318711 писал(а):

Ладно, с Вами всё ясно. Вы просто ничего не понимаете и пишете всякую ерунду. Обсуждать с Вами что-либо бессмысленно. Даже на уровне других безграмотных ферманьяков Вы выглядите убого.

Ай-ай-ай. Как некрасиво!
*
Предлагаем любые натуральные числа $a,c,c>a$,
при степени $n>2$, вычисляем иррациональные $b, b_2$. Но требуем, они д/б чётными, и никак иначе! Только хардкор!
*
Когда стократно пишем о том, что если вычислена формула
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}, c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}$,её надо принимать во внимание! В ответ слышим крик ''убого''! Не надо, оскорбляет чьи-то ''мыслЯ''. Гении, ммм...
*
Пьер Ферма разработал метод ''бесконечного спуска''. Эта ''жесть'' всегда встречается при степенях $k=2n,n>1$.
*
$b_2^n=a^n+b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$,
Не надо забывать ''убогий'' вывод о том,
какие формулы взаимосвязаны, откуда взяты: $k=2n, n>1$.

Меня очень удивляет, что за ''религия'' запрещает принимать во внимание, что чётное натуральное равное произведению 2 на чётное или нечетное натуральное! Поэтому:
$b_2+b=2x_{b_2}+2x_b=2(x_{b_2}+x_b)$
В степенях также! Следует,
$2a^n=2^n(x_{b_2}^n-x_b^n), a^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n)$,
$2c^n=2^n(x_{b_2}^n+x_b^n), c^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n+x_b^n)$.
Данные числа при натуральных не решаемы! Докажите обратное!
$b^n=c^n-a^n=2(2^{n-1})(x_b^n)$
$a^n+b^n=c^n$
$2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n)+2(2^{n-1}x_b^n)=2^{n-1}(x_{b_2^n}+x_b^n)$
$x_{b_2}^n-x_b^n=x_a^n=\frac{a^n}{2^{n-1}}$
$$x_{b_2}^n+x_b^n=x_c^n=\frac{c^n}{2^{n-1}}
$x_a^n+2x_b^n=x_c^n$
Ранее вычислили, есть формула:
$2a^n+b^n=b_2^n$
Бесконечный спуск в действии?
*
Вывод, при $k=2n, n>1$,
$a^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n=x_a^n)$,
$c^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n+x_{b}^n=x_c^n)$,
при натуральных нерешаемы.

[fermatik]

fermatik в сообщении #1318861 писал(а):

$b_2^n=a^n+b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$

Прошу прощения за техническую ошибку.
Точнее,
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$
***
$a^3+b^3=c^3, 1^3+26=3^3=27, 28=1+27. b_2^3=a^3+c^3$
$a^3=\frac{b_2^3-b^3}{2}=1^3=\frac{28-26}{2}$,
$2*1=8(\frac{28-26}{8})$
$1=4(\frac{28-26}{8})=4(\frac{14}{4}-\frac{13}{4})$.
$a^3=2^{n-1}(x_{b_2}^3-x_b^3)$
$c^3=2^{n-1}(x_{b_2}^3+x_b^3)$
$c^3=4(\frac{14}{4}+\frac{13}{4})$

[Someone]

fermatik в сообщении #1318861 писал(а):

Ай-ай-ай. Как некрасиво!

Что там "некрасиво"? Я преподаватель, и мой профессиональный долг — указывать безграмотному собеседнику на его безграмотность. Это не переход на личности, а констатация факта. Вы действительно ничего не понимаете и пишете полный бред.

fermatik в сообщении #1318861 писал(а):

…вычисляем иррациональные $b, b_2$. Но требуем, они д/б чётными…
Когда стократно пишем о том, что если вычислена формула
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}, c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}$,её надо принимать во внимание! В ответ слышим крик ''убого''!

Я не говорил "убого". Я говорил, что это бред сивой кобылы. (Правда, другими словами.)
А вообще, это троллинг в чистом виде.

[fermatik]

Someone в сообщении #1318901 писал(а):

это бред сивой кобылы.

Вычисляем $a^3+b^3=c^3=1^3+26=3^3$,
$a^3+c^3=b_2^3=1^3+3^3=28$
Выбираем частный случай формул:
$a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_2^n$, - $n=3$.

Доказательство рассчитано на любые натуральные нечетные числа $a,c,a<c$,
$a=1, c=3, a<c$, - частный пример, первая тройка чисел.
Согласно формулам вычисляем, что числа которые гипотетически д/б чётными,
вычисляются как иррациональные.
Приходят преподаватели и требуют отрицать реальность, - они д/б ''чётными''!
Частный пример.
$a^n=4\frac{14-13}{4}=1^3, c^3=4\frac{14+13}{4}=3^3$

Вычисляем при $k=2n, n>1$,
$a^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n}), c^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n+x_b^n), b_2^n=(2x_{b_2})^n, b^n=(2x_b^n)^n$
Качество некоторых современных ''преподавателей'' - заслуживает троллинга 80 лвл.
Уважаемый ''преподаватель'', докажите, что нечетное натуральное м/б равно произведению $2^{n-1}$ на разницу натуральных чисел в n-й степени. Или тот факт, что если эта формула нерешаемы при тройке натуральных, то это надо специально доказывать!
Или то, что мне запрещено учитывать формулы:
$a^n+b^n=c^n, a^n+c^n=b_2^n$,
$a,c$- любые нечетные натуральные, $b,b_2$ - в силу вычисленных формул, всегда иррациональные.

-- Пн июн 11, 2018 17:05:07 --

fermatik в сообщении #1318872 писал(а):

fermatik в сообщении #1318861 писал(а):

$b_2^n=a^n+b^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$

Прошу прощения за техническую ошибку.
Точнее,
$b_2^n=a^n+c^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}+\frac{b_2^n+b^n}{2}$

Всегда надо уточнять, что формула
$a^n=\frac{b_2^n-b^n}{2}, c^n=\frac{b_2^n+b^n}{2}, a^n+b^n=c^n, a^n+b^n=b_2^n$
вычислена после изучения формулы $a^{k=2n}+b^{k=2n}=c^{k=2n}$ для степеней $k=2n, n>1$.
*
Всегда уточнять!
$a^n=2^{n-1}(x_{b_2}^n-x_b^n), c^n=2^{n-1}(x_b^n+x_b^n), b^n=(2x_b)^n, b_2^n=(2x_{b_2})^n$
- действует в случае ''спуска'' нечетной степени относительной четной, при условии $k=2n, n>1$.
Тут я с ''преподавателем'' согласен.
Без этого уточнения формула оценивается как ''бред''!

GAA:

fermatik заблокирован за троллинг.