Замечание по теме ВТФ

[dick]

mihaild
Хорошо, Вы согласны с тем, что для всех четных показателей степени и для всех нечетных показателей степени, за исключением случаев каждого конкретного $n$, когда меньший нечетный член (1.1) делится на $n$, решение возможно только если два старших члена (1.1) это соседние числа? Случай указанного исключения будем рассматривать, если доведется, отдельно.

[mihaild]

dick в сообщении #1552326 писал(а):

для всех нечетных показателей степени, за исключением случаев каждого конкретного $n$

Что это значит?

dick в сообщении #1552326 писал(а):

решение возможно только если два старших члена (1.1) это соседние числа?

Пока что вы это не доказали.

И я еще раз рекомендую расписать случай $n = 3$.

[dick]

mihaild
Вы обрубили предложение. Там было "...за исключением случаев каждого конкретного $n$, когда меньший нечетный член (1.1) делится на $n$". Иначе говоря, за исключением случаев, когда скобки правой части (1.2) имеют общий множитель.

Насчет "пока не доказали", согласитесь, это не аргумент. Хотелось бы увидеть что то существенное.

По поводу доказательства для $n=3$. Я обратился к общему случаю, потому что в нем видна неизменность $z-y$, и (как мне казалось) возможность исключения случая скобок имеющих общий множитель. Однако, я признаю справедливым Ваше возражение о единственном $n$. Я предъявлю доказательство для исключений если получу его, а пока предлагаю принять $z-y=1$ для случаев взаимно простых скобок правой части (1.2).

[mihaild]

dick в сообщении #1552329 писал(а):

Иначе говоря, за исключением случаев, когда скобки правой части (1.2) имеют общий множитель

Это пишется "за исключением случаев, когда меньший член делится на $n$", без "каждого конкретного $n$".

dick в сообщении #1552329 писал(а):

Насчет "пока не доказали", согласитесь, это не аргумент.

Почему? Вы же тут хотите что-то доказать, поэтому важно, что вы доказали, а не во что я верю.
Я безусловно согласен, что уравнение $x^n + y^n = z^n$ при $n > 2$ имеет решения только если что-то там делится на что-то другое, а на Марсе ростут яблоки. Но эта вера основана на том, что ВТФ доказана.

dick в сообщении #1552329 писал(а):

Я обратился к общему случаю, потому что в нем видна неизменность $z-y$

Что это значит, и почему в общем случае видно что-то (что?), чего не видно в случае $n = 3$.

У меня опять возникает впечатление, что вы пытаетесь варьировать $n$, сохраняя $x, y, z$. Это крайне странная идея.

[dick]

Я утверждаю, что если две скобки правой части (1.2) не имеют общего множителя, то скобки являются степенями.
Далее я утверждаю, что первая скобка $(z-y)$, будучи степенью, не зависит от показателя этой степени. Из этого заключаю, что $z-y=1$. Объясните, что здесь доказывать.

И еще. Вы подозреваете, что я пытаюсь протащить равенство (1.2) для тех же $x,y,z$ при некоем другом $n$, за словами о том,что первая скобка не зависит от показателя степени. Но для того, что бы утверждать эту самую независимость, не нужно другого $n$.
Для любого $n$ больше 2 рассуждение справедливо, а независимость просто свойство разницы степеней.

[mihaild]

dick в сообщении #1552445 писал(а):

Я утверждаю, что если две скобки правой части (1.2) не имеют общего множителя, то скобки являются степенями.

С этим согласен. Хотя вы видимо имели в виду "является $n$-й степенью", иначе неинтересно - вообще любое число является степенью (например первой степенью себя).

dick в сообщении #1552445 писал(а):

Далее я утверждаю, что первая скобка $(z-y)$, будучи степенью, не зависит от показателя этой степени

Это непонятно что значит. Было бы понятно, если бы $z - y$ было функцией $n$, но это не так.
Подставим какие-нибудь конкретные числа: $z = 42$, $y = 15$. Имеем $z - y = 27 = 3^3$ - т.е. $z - y$ это степень. От чего она там "не зависит"?

[dick]

Но мы же не знаем, каким именно будет показатель степени искомого решения. Поэтому, оставляем пока в неопределенном положении наше $z-y$, а на место показателя 3 ставим $n$. И замечаем, что для всех $n, z-y$ одинаково. А учитывая, что $z-y$ это степень, заключаем.....
Следует отметить, что $z-y$ никак не фиксируют $z$ и $y$, кроме соседства.

Вариант, который Вы предложили, конечно возможен, просто он непримитивный.

[mihaild]

dick в сообщении #1552451 писал(а):

И замечаем, что для всех $n, z-y$ одинаково.

Но нам же никто не обещал, что наша тройка $x,y,z$ будет решением для разных $n$. Поэтому если у нас был случай $n = 3$, то нельзя заключить что $z - y$ является четвертой или одиннадцатой степенью.

Аналогичное рассуждение: уравнение $x = 3$ неразрешимо. Действительно, заменим $3$ на $n$. И замечаем, что для всех $n$, $x$ одинаково.

[dick]

Вы правы, приведенное рассуждение ошибочно.
Но я все еще считаю, что $z-y=1$ является обязательным условием выполнения (1.2), кроме упомянутых выше исключений.
Если есть решения для (1), они будут удовлетворять уравнению:
$x^n=z^n-y^n=(z-y)(z^{n-1}+yz^{n-2}+y^2 z^{n-3}+…+y^{n-2}z+y^{n-1})$ (1.2);
Правая часть (1.2) представляет собой произведение двух чисел(в скобках).
Если скобки не имеют общего множителя, то являются степенями с показателем $n$. В то же время, если выполняется (1.2), то $x+y=z+a$ (1.3); где $a$-натуральное число кратное $2n$.
Тогда $x=a+(z-y)=a+p^n=2nm+p^n$ (1.4); где $m$-натуральное число.
Число $p^n$ представляет собой остаток от деления $x$ на $a$, поэтому должно быть: $2n>p^n$ (1.5);
При $n>2$ (1.5) возможно, только если $p^n=1$.

[mihaild]

dick в сообщении #1552796 писал(а):

кроме упомянутых выше исключений

Каких?

dick в сообщении #1552796 писал(а):

то $x+y=z+a$

Почему?

dick в сообщении #1552796 писал(а):

$x=a+(z-y)=a+p^n=2nm+p^n$

Тут лучше выбрать другую букву вместо $p$, она обычно зарезервирована за простыми числами.

dick в сообщении #1552796 писал(а):

Число $p^n$ представляет собой остаток от деления $x$ на $a$

Почему?

[dick]

Исключения, это случаи, когда $z-y$ делится на $n$.

Степень суммы двух чисел больше суммы степеней этих чисел с тем же показателем.
Поэтому, что бы выполнялось $x^n+y^n=z^n$, нужно что бы выполнялось $x+y>z$.

Против другой буквы не возражаю, пусть будет $b$.

Остаток, потому что $z-y=x-a$ и $x=a+(z-y)=a+(x-a)$.

[mihaild]

dick в сообщении #1552843 писал(а):

Степень суммы двух чисел больше суммы степеней этих чисел с тем же показателем.

Я плохо процитировал. Почему $a$ кратно $2n$?

dick в сообщении #1552843 писал(а):

Остаток, потому что $z-y=x-a$ и $x=a+(z-y)=a+(x-a)$.

А кто вам сказал, что $x - a < a$?
И еще сразу не заметил

dick в сообщении #1552796 писал(а):

должно быть: $2n>p^n$

Слева потерялось $m$.
(вообще вы $m$ вводите без каких-то пояснений, понятно что вы хотели определить его как $\frac{a}{2n}$, целочисленность которого вы утверждаете, но надо это определять явно)

[dick]

Число $a$ делится на $2n$, потому что после возведения (1.3) в степень с простым $n$ и сокращения степеней согласно (1), в одной части равенства останется $a^n$, а в другой - четное число кратное $n$.

Теперь по вопросу что больше, $a$ или $z-y$. Рассмотрим сначала случай наименьшего $n$. После процедуры описанной выше и несложных преобразований получим:
$a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ (2);
Поскольку $x>a$ и $y>a$, должно быть грубо $(a^2/6)>(z-y)(z-x)$.
Но $z-x>z-y$, поэтому $a>(z-y)$.

[dick]

Для простых $n>3$, равенство (2) примет вид:
$a^n=n(z-y)(z-x)(x+y)A=n(z-y)(zy-ax)A$;
Что бы выполнялось $a>(z-y)$, нужно чтобы при всяком простом $n>3$
выполнялось $A>a^{n-3}$. В этом нетрудно убедиться.
Так например, для $n=5$ будет:
$a^5=5(z-y)(zy-ax)((z-y)^2+(zy+ax))$ где $A=(z-y)^2+(zy+ax)>a^2$;
Для $n=7$ будет:
$a^7=7(z-y)(zy-ax)((z-y)^4+2(z-y)^2(zy+ax)+(zy-ax)^2+3zyax)$;
Число $A$ растет быстрее чем $a^{n-3}$, поэтому всегда будет $a>(z-y)$.

По вопросу куда потерялось $m$. Оно для примитивного случая стало единицей.
Равенство (2) приняло вид: $a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)=3(1^3)(2^3)(3^2)$, для нечетного $z$. Или $a^3=3(1^3)(3^2)(4^3)$, для четного $z$.

Кажется ответил на все Ваши вопросы. Что скажите?