Доказательство теоремы Ферма

[anwior]

Уважаемый Мат!
У меня сломался японский программирующий калькулятор:
при делении 149+5 на 3 выдает нецелое чило;
при делении 149+154 на два также выдает нецелое число.
Я из-за поломки очень растроен и надеюсь ты поможешь,
т. е. приведешь здесь выкладки, подтверждающие
делимость нацело (без остатков) заявленных сумм.
Заранее благодарю.

[sceptic]

Мат писал(а):

Цитата:

меня вполне устраивает доказательство Уайлса

Если так, то вы наверняка читали его и неплохо в нем разбираетесь. Не были бы вы столь любезны донести его в общепонятной форме до аудитории, указать "узкие места", где возможна ошибка?
Лично я этого сделать не могу, поэтому для меня доказательство Вайлса не более факта (мной не проверенного).

Нет, любезным я не буду. Не уводите разговор в сторону. Здесь обсуждается ваше "доказательство", а не Уайлса. И избавляйтесь от дурной привычки говорить от имени других. Говорите от своего имени. То, что доказательство Уайлса для вас - вещь непознаваемая, догадаться нетрудно (по вашим выступлениям здесь). Это - вторая причина нежелания говорить с вами об Уайлсе - время попусту не хочется тратить.

Цитата:

Цитата:

Так, что будьте любезны придерживаться правил общения, общепринятой в среде Автор-Рецензент.

Равно как и воспользоваться правом автора выносить/либо не выносить те или иные положения своего исследования на рецензию. Все что я поссчитал нужным, уже перед Вами. Наука - не кучка формальностей, где кто и что должен делать и в каком порядке. Наука - это поиск истины, и кто занимается этим - изложенное мной будет достаточно полезно
Меня здесь интересуют личности способные не просто "потребить" мое доказательство, повесив на него ярлык "верно/неверно", а сделать из него кое-что полезное, предположим, обобщение. Использовать во благо. Вот цель.

Ну, раз вы не считаете нужным обнародовать свое "исследование" полностью, то и я волен строить гипотезы относительно смысла выложенных вами здесь 3-х утверждений. Так же как и другие читатели этого топика (вы и видите свои посты их глазами - редкое единодушие, не правда ли ).
И вот какой "смысл" я в них вижу (повторяю, я основываюсь лишь на том, что вы понаписали здесь; впрочем, принимаю во внимание и ваши выступления в других темах этого форума):
1. Банальность. При этом, автор не осознает необходимость четко оговаривать все условия, накладываемые на объекты, упоминаемые в утверждении.
2. Утверждение, скорее всего, неверно. Доказательство у автора отсутствует, или же автор имеет "доказательство" с изъяном (автору известном) и надеется исправить этот изъян чужими руками (заранее прошу прощения за эту "конспирологическую" версию, но, увы!, такой сложился у меня ваш психологический портрет по вашим постам на этом форуме).
3. Автор имеет смутное представление о методе "бесконечного спуска". При ответе на уточняющие вопросы путается в показаниях, сам это осознает и пытается перевести разговор в другое русло.

Цитата:

Добавлено спустя 24 минуты 4 секунды:

Уважаемый sceptic.
А почему вы сами не хотите подумать, хоть капельку над изложенным. Вот, допустим, число $x^n+y^n$. Что Вы можете о нем сказать? То что оно не может быть простое - это и так ясно. Этого недостаточно. Давайте посмотрим шире. Наверное очевидно, что какие-то его свойства связаны с числами $x$ и $y$, а какие-то - с числом $n$. Поверьте! Это замечательные свойства.
Вот элементарный пример.
число Мерсенна $2^n-1$ является простым - причем 45-е число Мереснна является самым большим из известных простых. Между тем $2^n-1$ - лишь узкая разновидность более широкого класса чисел $a^n-b^n$. А являются ли эти числа простыми? Мы уже знаем что нет, хорошо. Являются ли простыми числа $\frac{a^n\pm b^n}{a\pm b}$? Оказывается да. Значит, данным числам присуща очень высокая степень автономности. Они практически не распадаются на множители.
Так вот, если данные числа столь автономны, то множители чисел $a^n\pm b^n$ почти полностью определяются основанием $a\pm b$. Но ведь тогда и любые превращения данных чисел (в виду их редкости и автономности) будут также связаны с числами именно данного вида.
Другими словами, доказательство п.2. сводится к доказательству факта того, что никакие произведения, частные от деления либо степени чисел вида $x^n+y^n$ не могут быть иначе как только числами данного вида. Или числами вида $a^n+b^n+...+k^n$. Но по-моему это итак ясно.

Уже подумал. В вашем изложении не нашел ничего, кроме пустопорожней болтовни, сдобренной доморощенными терминами (автономность чисел, превращения чисел). Ну, а предложение доказывать п.2 через еще более общее и заведомо ложное утверждение я бы счел провокацией, если бы не понял, что вы просто математически безграмотны.

Надеюсь, мы исчерпали тему для разговора, и вы не будете больше общаться со мной. Я со своей стороны обещаю больше не реагировать на ваши посты и дергать вас понапрасну.

[Мат]

Цитата:

Уважаемый Мат!
У меня сломался японский программирующий калькулятор:

Для факторизации чисел нужен более серьезный инструментарий, нежели японский программируемый калькулятор:
$149+5=2*7*11$
$149+154=3*101$
Четвертый же множитель числа $149^{89}+5^{89}$ представляет собой простое число вида:
1682895572519107171422512228845801280868975720868594818679748643056446559277462797
0653917852316562470830865639291860768232755332424219876696362325057164682354386640
5890100055278665837082986081
которое содержит 192 знака
Добавлено спустя 5 минут 22 секунды:

Цитата:

Ну, а предложение доказывать п.2 через еще более общее и заведомо ложное утверждение

Элементарное доказательство:
$(a^n+b^n)(c^n+d^n)=(ac)^n+(bc)^n+(ad)^n+(bd)^n=p^n+q^n+u^n+t^n$
Т.е. произведение любых двух чисел вида $a^n+b^n$ есть также число $p^n+q^n+u^n+t^n$. То же самое относится к частным и степеням указанных чисел. Все они представимы как $a^n+b^n+c^n+...+k^n$. Таким образом, общее утверждение не ложное.

[Коровьев]

Мат писал(а):

Другими словами, доказательство п.2. сводится к доказательству факта того, что никакие произведения, частные от деления либо степени чисел вида $x^n+y^n$ не могут быть иначе как только числами данного вида. Или числами вида $a^n+b^n+...+k^n$. Но по-моему это итак ясно.

На редкость изумительная чушь. А особенно само доказательство:
Но по-моему это итак ясно.
То что верно для квадратичных форм от двух переменных абсолютно не верно для форм высших степеней от двух переменных, да ещё и разложимых.
Доказывать здесь ещё что-то Мат, опять-таки, абсолютно безнадёжно. Лучше подождать новых перлов.

[Мат]

Цитата:

На редкость изумительная чушь. А особенно само доказательство:
Но по-моему это итак ясно.

Повторюсь:
$(a^n+b^n)(c^n+d^n)=(ac)^n+(bc)^n+(ad)^n+(bd)^n=p^n+q^n+u^n+t^n$
Т.е. произведение любых двух чисел вида $a^n+b^n$ есть также число $p^n+q^n+u^n+t^n$. То же самое относится к частным и степеням указанных чисел. Любое произведение, частное, степень чисел $a^n+b^n$ представима как $a^n+b^n+c^n+...+k^n$.
Если вы занимались проблемой, то это и так должно быть ясно для Вас.
Причем, поскольку разложение является произведением исходных чисел $a^n+b^n^$ то для него характерны те же свойства что и для них. Можно доказать и обратное.
Интерес же, с точки зрения доказательства п.2 представляет обратное представление чисел $a^n+b^n+c^n+...+k^n$ числами $p^n+q^n$.

[Коровьев]

Мат писал(а):

Повторюсь:
Причем, поскольку разложение является произведением исходных чисел $a^n+b^n^$ то для него характерны те же свойства что и для них. Можно доказать и обратное.

Повторюсь.
Чушь.

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

Подобное разложение верно только для показателя равного двум и всё!
Для высших степеней оно абсолютно не верно

[Мат]

Цитата:

Чушь.

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

Подобное разложение верно только для показателя равного двум и всё!
Для высших степеней оно абсолютно не верно

Именно поэтому уравнение $x^n+y^n=z^n$ не может иметь решений при $n>2$. Ведь Вы уже сами увидели, что $z^n$ есть не что иное как:
$z^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$
Это и есть тот факт, о котором утверждается в п.3. Утверждение же того, что $z^n$ обязательно является числом вида $\prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$ содержится в п.2.
К сожалению, на настоящий момент я не располагаю доказательством Вашего утверждения, что не существует таких $a,b$, что

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

Я лишь утверждаю, что $a^n+b^n\neq (p^n+q^n)^n$
Хотя интуитивно оно мне кажется верным при $n>4$, т.к.
$(3^3+1^3)(5^3+1^3)=(13^3+11^3)$
$(2^4+1^4)(6^4+5^4)=(13^4+8^4)$

[Коровьев]

Мат писал(а):

Цитата:

Чушь.

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

Подобное разложение верно только для показателя равного двум и всё!
Для высших степеней оно абсолютно не верно

Именно поэтому уравнение $x^n+y^n=z^n$ не может иметь решений при $n>2$

Поздравляю с новым перлом и уникальным методом доказательств!

На бис.
Уникально-невежественное доказательство БТФ
Разложение

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

не верно для показателей выше двух
Именно поэтому уравнение $x^n+y^n=z^n$ не может иметь решений при $n>2$

[Мат]

Не хотите вы мою мысль видеть! Упрямо не хотите.
Будем разжевывать.
Вы уже сами увидели, что уравнение:
$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$
неверно, при $n>2$.
При этом
$(a^n + b^n)^n = \prod\limits_{i = 1}^n {(a^n+b^n)$
Согласно п.2
$z^n=(a^n + b^n)^n$, т.е. уравнение
$x^n + y^n = \prod\limits_{i = 1}^n {(a^n+b^n)=z^n$
неверно, при $n>2$.

[маткиб]

Мат писал(а):

Любое произведение, частное, степень чисел $a^n+b^n$ представима как $a^n+b^n+c^n+...+k^n$

Самое интересное, что это утверждение верно
(если рассматривать только целочисленные частные и не забывать, что буквы $a$ и $b$ слева и справа - это разные вещи)

[Cave]

Если справа положить все числа в основаниях степеней равными единице, то да, безусловно.

[Brukvalub]

маткиб в сообщении #173754 писал(а):

(если рассматривать только целочисленные частные и не забывать, что буквы $a$ и $b$ слева и справа - это разные вещи)

А если слева и справа буквы а и b обозначают одно и то же, то тем более верно - достаточно обнулить все остальное

[Мат]

Доказательство утверждения:
$z = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$
1. Лемма:
Для любого простого множителя $m\in (a^n+b^n)$ такого, что $m\notin (a+b)$ найдутся два числа $p$ и $q$ такие, что $(p^n+q^n)\div m$ и $p+q$ не делит $m$. Доказательство найдите сами, чтобы не усложнять.
2. В силу леммы 1 любой простой множитель числа $z^n=x^n+y^n$, на который не делится $x+y$, можно представить:

$$m_i=\frac{p_i^n+q_i^n}{k_i(p_i+q_i)}$$

, где $k_i$ - произведение остальных делителей числа $p_i^n+q_i^n$.
3. Тогда произведение всех подобных множителей даст:

$$z_1 = \prod\limits_{i = 1}^k {\frac{p_i^n+q_i^n}{k_i(p_i+q_i)}}$$

(1)
4. Учитывая, что в (1) входят только те множители $z$, на которые не делится $x+y$, его необходимо доумножить на множитель $z_0\in (x+y)$:

$$z = z_0\cdot \prod\limits_{i = 1}^k {\frac{p_i^n+q_i^n}{k_i(p_i+q_i)}}$$

(2)
5. Учитывая, что $x^n+y^n=z^n$ и умножая обе его части на $(k_i(p_i+q_i))^n$, получим:

$$x^n(k_i(p_i+q_i))^n+y^n(k_i(p_i+q_i))^n=z^n(k_i(p_i+q_i))^n$$

Или учитывая (2):

$$x_1^n+y_1^n = z_0^n\cdot \prod\limits_{i = 1}^k {(p_i^n+q_i^n)^n}$$

Откуда:

$$z = z_0\cdot \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

[Коровьев]

Начали за здравие

Мат писал(а):

Доказательство утверждения:
$z = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$

Кончили за упокой

Мат писал(а):

Откуда:
$z = z_0\cdot \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$

[Мат]

Цитата:

Кончили за упокой

Для избавления от $z_0$ необходимо усилить лемму 1 следующим образом:
Лемма 2:
Для любого простого множителя $m\in(x^n+y^n)$такого, что $m\notin (x+y)$ найдется сколь угодно много чисел $p$и$q$ таких, что $(p^n+q^n)\div m$и$(p+q)$не делит $m$.
Тогда учитывая, что мы подбираем $p_i$и$q_i$ в п.2 их можно будет подобрать таким образом, что $p_i+q_i$ содержит различные множители $z_i\in z_0$.
Тогда в п.3 разделив не на $p_i+q_i$, а на $\frac {p_i+q_i}{z_i}$ мы получим:
$m_iz_i=\frac{z_i(p_i^n+q_i^n)}{k_i(p_i+q_i)}$
Откуда после п.4, умножая обе его части на $\frac{(k_i(p_i+q_i))^n}{z_i^n}$, получим:
$z = \prod\limits_{i = 1}^k {(p_i^n+q_i^n)$

Добавлено спустя 10 минут 19 секунд:

Таким образом, если Вы в состоянии доказать свои слова:

Цитата:

Повторюсь.
Чушь.

$$a^n + b^n = \prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n } + b_i^n )$$

Подобное разложение верно только для показателя равного двум и всё!
Для высших степеней оно абсолютно не верно

А также учитывая, что:
$\prod\limits_{i = 1}^k {(a_i^n+b_i^n)^n}=\prod\limits_{i = 1}^l {(t_i^n+u_i^n)}$
То теорема Ферма доказана