Продолжаем разговор по теореме Ферма.

[Мат]

Бодигрим писал(а):

Это целые числа? Это гауссовы целые? Это что-нибудь вида $a+b\sqrt3$? Или утверждается, что высказывание верно для любого кольца, в котором существует НОД? Нужно сразу сказать, что речь идет об обыкновенных целых числах.

Далее, про $n$ в формулировке вообще ни слова. Оно целое? натуральное? простое?

1. Числа в теореме Ферма берутся натуральные.
2. $n$ в теореме Ферма принято считать простое, большее двух.
И самое интересное: Вы все это прекрасно знаете, но зачем-то нарочито переспрашиваете. И не только вы. Здесь многие так поступают.

Цитата:

Наконец, меня смущает фраза "обязательно выполнимо равенство". Вы хотели сказать, что для любых $x,y,z,n$ существуют такие $k_1,k_2,a,b$, что выполняется записанное вами равенство? Или что-то другое? Не ясно.

Да. Мной доказано, что выполнение равенства $x^n+y^n=z^n$ должно обязательно за собой влечь выполнение указаного равенства. Т.е. для любых $x,y,z,n$ таких, что $x^n+y^n=z^n$ существуют такие $k_1,k_2,a,b$, что выполняется записанное равенство.

[Бодигрим]

Мат в сообщении #190097 писал(а):

1. Числа в теореме Ферма берутся натуральные.
2. $n$ в теореме Ферма принято считать простое, большее двух.
И самое интересное: Вы все это прекрасно знаете, но зачем-то нарочито переспрашиваете. И не только вы. Здесь многие так поступают.

Потому что здесь никто не читает мыслей. Вы хотите доказать некоторые вспомогательные утверждения, имеющие по вашему мнению отношение к теореме Ферма, верно? Откуда здесь следует, что в ваших вспомогательных утверждениях ограничения _точно_такие_же_, как и в ВТФ? Может вам нужно доказать более сильные факты (т. е. на более обширных множествах), чтобы впоследствие перейти к ВТФ на более узких? Мы-то не знаем.

Например, Куммер, когда пытался доказать ВТФ, тоже выписывал всякие вспомогательные утверждения. Только в них речь шла не о натуральных числах, а числах вида $a+b\sqrt3$, а то и пострашнее.

Далее, часто доказывающие ВТФ сразу исходят из того, что $x,y,z$ - взаимно просты между собой. Это предположение тоже переносится на ваши вспомогательные утверждения или нет, например?

Вот поэтому нужно аккуратно оговаривать все ограничения. Математика в этом плане построже юриспруденции будет.

Добавлено спустя 1 минуту 55 секунд:

Мат в сообщении #190097 писал(а):

Да. Мной доказано, что выполнение равенства $x^n+y^n=z^n$ должно обязательно за собой влечь выполнение указаного равенства. Т.е. для любых $x,y,z,n$ таких, что $x^n+y^n=z^n$ существуют такие $k_1,k_2,a,b$, что выполняется записанное равенство.

О, ура, я понял формулировку п. 1. Теперь можно показать мне на страницу темы, где он доказан? Желательно конкретно именно п. 1.

[Коровьев]

Напомню
Prorab
Админ форума

Цитата:

Тема закрыта за несоответствие уровню форума по части содержания, неспособность автора самостоятельно формулировать и доказывать свои утверждения, неуважение к другим участникам, высказывания с националистическим душком, переход на политику и демагогию.

Открытие новой тем на ту же тему, закрытой админом форума также за несоответствии математического уровня автора данному форуму, является полным неуважением к участникам форума и хамским пренебрежением к решению админа.

Предлагаю, всем разумным участникам игнорировать данную тему до решения модератора или админа о её дальнейшей судьбе.

[Руст]

Мат писал(а):

Да. Мной доказано, что выполнение равенства $x^n+y^n=z^n$ должно обязательно за собой влечь выполнение указаного равенства. Т.е. для любых $x,y,z,n$ таких, что $x^n+y^n=z^n$ существуют такие $k_1,k_2,a,b$, что выполняется записанное равенство.

На самом никакого доказательства не было. Хотя это тривиально для нечётного n. Не понятно только зачем $k_1k_2$ если $k_1^nk_2^n(x^n+y^n)=(a^{n^2}+b^{n^2})^n$ означает, только что z является делителем числа $a^{n^2}+b^{n^2}$ и не более того.
Очевидно, что взяв $a=x,b=y$ получаем $z|a^n+b^n|(a^n)^n+(b^n)^n=a^{n^2}+b^{n^2}.$

[Мат]

Бодигрим писал(а):

Может вам нужно доказать более сильные факты (т. е. на более обширных множествах), чтобы впоследствие перейти к ВТФ на более узких?

Потому что еще слишком рано. И силенок маловато.

Цитата:

Например, Куммер, когда пытался доказать ВТФ, тоже выписывал всякие вспомогательные утверждения. Только в них речь шла не о натуральных числах, а числах вида $a+b\sqrt3$, а то и пострашнее.

Я уже писал критику по поводу комплексного подхода к доказательству теоремы Ферма. Я считаю его не только бесперспективным, но и в общем-то виновным в том, что элементарного доказательства до сих пор нет. Те же, кто не способен это принять, называют Ферма лжецом и твердят, что элементарного доказательства у него не было. Было.

Цитата:

Далее, часто доказывающие ВТФ сразу исходят из того, что $x,y,z$ - взаимно просты между собой. Это предположение тоже переносится на ваши вспомогательные утверждения или нет, например?

Да.

Цитата:

О, ура, я понял формулировку п. 1. Теперь можно показать мне на страницу темы, где он доказан? Желательно конкретно именно п. 1.

Ну спасибо хоть за это. Ссылка:
http://dxdy.ru/topic18834-30.html
Сообщение датировано Вт Янв 27, 2009 01:20:51

Добавлено спустя 12 минут 47 секунд:

Руст писал(а):

На самом никакого доказательства не было. Хотя это тривиально для нечётного n. Не понятно только зачем $k_1k_2$ если $k_1^nk_2^n(x^n+y^n)=(a^{n^2}+b^{n^2})^n$ означает, только что z является делителем числа $a^{n^2}+b^{n^2}$ и не более того.
Очевидно, что взяв $a=x,b=y$ получаем $z|a^n+b^n|(a^n)^n+(b^n)^n=a^{n^2}+b^{n^2}.$

На самом деле, очевидным является лишь тот факт, что если $x^n+y^n=z^n$, то
$x=a^n-b^n+c^n$
$y=a^n+b^n-c^n$
$z=a^n+b^n+c^n$
где $x\div c$, $y\div b$, $z\div a$. Таким образом, $x^n+y^n=z^n$ эквивалентно:

$$\left(a^n-b^n+c^n\right)^n+\left(a^n+b^n-c^n\right)^n=\left(a^n+b^n+c^n\right)^n$$

Да и то я бы не назвал данный факт тривиальным. Но то что, если $x^n+y^n=z^n$, то и $z=a^n+b^n$, где $a,b<x,y$ я до сих пор доказать не могу. И доказал лишь с коэффициентами $k_1, k_2$. Не знаю, где там что тривиальное.
Что же касается того, что $z$ является делителем числа $a^{n^2}+b^{n^2}$, если $a=x, b=y$, то здесь действительно равенство тривиальное. Но мной доказано, что $a,b<x,y$ - а это очень принципиальный момент.

Добавлено спустя 6 минут 5 секунд:

Коровьев
Общих множителей какого вида не могут иметь полиномы $x^{216}+y^{216}$ и $x^{108}+y^{108}$ ? Ваш уровень достаточно высок и соответствует уровню форума. Ответьте.

[mihiv]

Мат писал(а):

На самом деле, очевидным является лишь тот факт, что если $x^n+y^n=z^n$, то
$x=a^n-b^n+c^n$
$y=a^n+b^n-c^n$
$z=a^n+b^n+c^n$

Из трех взаимно простых натуральных чисел чисел, удовлетворяющих уравнению $x^n+y^n=z^n$лишь одно может быть четным. Составим из чисел $x,y,z$ следующие суммы:$x+y=2a^n,x+z=2(a^n+c^n),y+z=2(a^n+b^n)$.Все полученные суммы четные числа, но если из трех чисел $x,y,z$ четно лишь одно, то две из этих трех сумм должны быть нечетны.Как Вы объясняете это противоречие?

[gris]

Так это противоречие и доказывает ВТФ!

[Руст]

Я ему советовал, чтобы изучил хотя бы соотношения Барлоу.
Когда учитывая нечётность простого n=p уравнения записывают в симметричном виде
$x^p+y^p+z^p=0$ и в случае $p\not |xyz$ (первый случай) соотношения выглядят так
$x=(-a^p+b^p+c^p)/2,y=(a^p-b^p+c^p)/2,z=(a^p+b^p-c^p)/2$.
Во втором случае можно считать $p|z$ и соотношения немного другие.
$x=(-a^p+b^p+p^{pm-1}c^p)/2,y=(a^p-b^p+p^{pm-1}c^p)/2,z=(a^p+b^p-p^{pm-1}c^p)/2.$

[Бодигрим]

Я расценил молчание модераторов как знак согласия с существованием темы.

Мат в сообщении #190117 писал(а):

Ну спасибо хоть за это. Ссылка:
http://dxdy.ru/topic18834-30.html

Начал читать. Встретил термин "основание числа". Нашел его определение ниже: если число $x$ представимо в виде $a^n+b^n$, где $n$ - простое, то основанием числа $x$ называется $a+b$. Я вас верно понял?

Если да, то это определение некорректно. Ибо с одной стороны $1729=12^3+1^3$, то есть его основание равно 13, а с другой стороны $1729=10^3+9^3$ и его основание равно 19. Значит, определение "основания числа" некорректно. Доказательство, использующее некорректно введенные понятия, некорректно априори.

Мат в сообщении #190117 писал(а):

Цитата:

Далее, часто доказывающие ВТФ сразу исходят из того, что $x,y,z$ - взаимно просты между собой. Это предположение тоже переносится на ваши вспомогательные утверждения или нет, например?

Да.

Об этом нам всем тоже предлагалось додуматься телепатически? К сожалению, мой уровень подготовки недостаточен для этого.

Мат в сообщении #190117 писал(а):

Что же касается того, что $z$ является делителем числа $a^{n^2}+b^{n^2}$, если $a=x, b=y$, то здесь действительно равенство тривиальное. Но мной доказано, что $a,b<x,y$ - а это очень принципиальный момент.

Ага. Причем ни слова в формулировке утверждения об этом важном усилении нет.

[Мат]

Руст
Так что, та тривиальная ерунда, которую я написал выше уже названа в честь! некоего Барлоу? До этого может додуматься любой школьник:
Если $xyz$ не делит $n$, то каждое из чисел:
$z-x=b^n, z-y=c^n, x+y=a^n$.
Три уравнения, три неизвестных. Система решается простой подстановкой. Вы хотите сказать, что это стоило быть названным в честь кого-то?
Такими методами теорему Ферма доказать нельзя. Тут нечто другое. А вот вы попробуйте доказать, если $x^n+y^n=z^n$, то и $z$ является также числом вида $z=a^n+b^n$. Вот это уже задача. Мне удалось ее решить лишь частично, и то лишь прибегнув к коэффициентам $k_1$ и $k_2$. И то вышло пока, что

$$z=\frac{x_0^{n^2}+y_0^{n^2}}{k_1k_2}$$

, где $x_0^n=z-y$, $y_0^n=z-x$. Отсюда вытекают ряд свойств, а именно:
1. коэффициент $k_1$ относится к $(x_0^n+y_0^n)$ части $x_0^{n^2}+y_0^{n^2}$ и не имеет общих множителей ни с $k_2$ ни с полиномом

$$\frac{x_0^{n^2}+y_0^{n^2}}{x_0^n+y_0^n}$$

2. коэффициент $k_2$ относится к полиномной части $x_0^{n^2}+y_0^{n^2}$ и аналогично не имеет общих множителей с $k_1$.
3. Число $z$ разбивается на две части множителей: первые принадлежат числу $(x_0^n+y_0^n)$, т.е. обладают всеми его свойствами, вторые - числу

$$\frac{x_0^{n^2}+y_0^{n^2}}{x_0^n+y_0^n}$$

, т.е. обладают всеми его свойствами. Эти свойства разные. Но сам факт, что $z$ является также числом вида $a^n+b^n$ установлен. Вернее содержит все множители некоего числа $a^n+b^n$ и не может иметь множителей иного вида. Данный факт нетривиален.
По-другому, пока не получается.

[gris]

Бодигрим, почему же некорректно? Например, делителем числа называется число, которое делит его без остатка. Но у числа может быть несколько делителей. И оснований у числа может быть несколько. У 1729 два основания.
Интересно, есть ли число с тремя основаниями? Пятью?

[Мат]

Бодигрим
Термин "основание" использован мной ради удобства. Не спорю, здесь многим он пришелся не по душе, но мне нравится. Удобно и понятно.

Цитата:

Ага. Причем ни слова в формулировке утверждения об этом важном усилении нет.

А данном усилении сказано в заглавии предыдущей темы, которое я переносить полностью сюда не стал, т.к. рассчитывал, что участники будут одни и те же. Простите, виноват. Ссылка:
http://dxdy.ru/topic18834.html
Заглавие темы, п.2.

Добавлено спустя 2 минуты 28 секунд:

gris писал(а):

Бодигрим, почему же некорректно? Например, делителем числа называется число, которое делит его без остатка. Но у числа может быть несколько делителей. И оснований у числа может быть несколько. У 1729 два основания.
Интересно, есть ли число с тремя основаниями? Пятью?

Интересный вопрос, по сути он может быть перефразирован так: сколькими способами можно представить число в виде суммы $n$ -ых степеней. Предлагаю вам решить эту задачу для $n>4$.

[Руст]

Мат писал(а):

Руст
Так что, та тривиальная ерунда, которую я написал выше уже названа в честь! некоего Барлоу? До этого может додуматься любой школьник:

Во первых Барлоу получил их 1810,1811г. Вы так и не записали их правильно. Во вторых это ещё не все соотношения, там ещё есть другие очень важные соотношения о числах $\frac{x^p+y^p}{x+y}=с_1^p,...$ и дополнительные числа удовлетворяют соотношениям $c_1\equiv 1\mod 2p^2$ (аналогично для других) в первом случае. Именно из дополнительных соотношений выводится выполнение первого случая для многих показателей.

[Мат]

Руст писал(а):

дополнительные числа удовлетворяют соотношениям $c_1\equiv 1\mod 2p^2$ (аналогично для других) в первом случае. Именно из дополнительных соотношений выводится выполнение первого случая для многих показателей.

Согласен. Это интересный факт, достойный внимания. Но только там не только $c_1\equiv 1\mod 2p^2$, а каждый простой множитель $c_i\in C_1\equiv 1\mod2p^2$. Или

$$C_1=\prod\limits_{i=1}^k{c_i}$$

, где $c_i\equiv 1\mod2p^2$
Соотношение Барлоу можно усилить, хотя это все равно ничего не даст.

[maxal]

gris в сообщении #190169 писал(а):

Интересно, есть ли число с тремя основаниями? Пятью?

См. http://mathworld.wolfram.com/TaxicabNumber.html