Фундаментальные свойства степеней

[Petern1]

Shwedka

Ответ на последний вопрс дней через 7, по прибытии. Убываю, извините. Petern1.


Yk2ru

По поводу «истина в пункте 1---ложь в пункте 2»

Согласен. В пункте 1 следовало добавить «…за исключением…».
Посмотрите пожалуйста на первой странице темы пункт 4, и на стр. 2 ответ scepticu.

[Мат]

yk2ru
Начал исследовать метод Виета и попытался его применить к квадратам. Так вот, если использовать подстановку Виета:
$x=t-b, y=a-kt$, то уравнение:
$x^n+y^n=(a^n+b^n)^2$ не имеет решений при $n>2$.
Другое дело доказать правомерность такой подстановки во всех случаях.
Другими словами, если уравнение $x^n+y^n=(a^n+b^n)^2$ имеет решения, то такая подстановка невозможна.
Видимо, Виет, когда рассматривал уравнение $x^3+y^3=a^3-b^3$ не задумывался о неразрешимости такого уравнения, а просто пытался найти решение.

Добавлено спустя 1 минуту 30 секунд:

Petern1
Хотя должен признать, что Ваше доказательство уже вносит определенный вклад в математику, т.к. для случая $n=3$ вы нашли абсолютно собственное автономное доказательство случая 2 теоремы Ферма. С чем вас и поздравляю.
Действительно, если $x^3+y^3=z^3$, то по вашим рассуждениям выше выходит, что
1. $x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=z^3$
Откуда:
$3xy(x+y)=(x+y)^3-z^3$
Но т.к. левая часть делится на $3$, а правая - разность кубов, то правая часть делится на $3^2$, откуда немедленно следует, что и левая часть делится на $3^2$.
Но тогда либо $x$, либо $y$, либо $x+y$ делится на $3$ (если $x+y\div3$, то и $z\div3$).

shwedka
Как вы полагаете?

[Мат]

Кстати, при определенной подстановке и для $5$-х степеней данное Petern1 доказательство также подходит. Так что, Petern1, степени $3$ и $5$ - ваши личные трофеи. Труд был потрачен незря.

[shwedka]

Мат в сообщении #209199 писал(а):

для случая $n=3$ вы наши абсолютно собственное автономное доказательство теоремы Ферма.

Где доказательство-то???

Мат в сообщении #209199 писал(а):

Но тогда либо $x$, либо $y$, либо $x+y$ делится на $3$ (если $x+y\div3$, то и $z\div3$)

И с этой хохмой вы едете в Одессу?
Ну, делится, дальше-то что???

[Мат]

shwedka
Но ведь делятся-то! Т.е. как минимум случай 2 ($xyz\not|n)$ для $n=3$ он доказал.
Случай $n=5$ доказан полностью, т.к. там (по схеме Petern1)
$5xy(x^2-xy+y^2)=(x+y)^5-z^5$
делимость $x^2-xy+y^2$ на $5$ невозможна ни для каких $x, y$.
А отсюда следует что либо $x$, либо $y$ делятся на $5$. Поэтому несложно, рассмотрев симметричные разложения относительно $z-x$ и $z-y$ доказать, что если $x\div5$ то в разложении относительно $z-y$ либо $z$, либо $y$ делятся на $5$. Т.е. два числа из $x, y, z$ делятся на $5$. Но это невозможно, т.к. они взаимно простые.

[shwedka]

Мат в сообщении #210198 писал(а):

$5xy(x^2-xy+y^2)=(x+y)^5-z^5$

формулку проверьте

Мат в сообщении #210198 писал(а):

несложно... доказать

ха-ха!!
Как-то я не наблюдала у автора умения доказывать....

Мат в сообщении #210198 писал(а):

как минимум случай 2 ($xyz\not|n)$ для $n=3$он доказал

это даже Любарцев доказал. Хотя называется это 'случай 1'

[Мат]

shwedka писал(а):

$5xy(x^2-xy+y^2)=(x+y)^5-z^5$
формулку проверьте

Да, вы правы. Не удалось мне справиться с выкладками, напутал. Там еще множитель $x+y$.
$5xy(x+y)(x^2-xy+y^2)=(x+y)^5-z^5$
Увы. Все тот же случай 2 (или случай 1), как угодно. Любарцев тоже молодец, грызет гранит науки, не отступается.

[Petern1]

О невозможности КУБ представить суммой
двух кубов.
(второй вариант доказательства).

Рассмотрение свойств суммы двух чисел должно проводиться только для взаймно простых чисел. Это общеизвестно. Здесь будет идти речь о последовательных, или соседних числах, что означает, что числа находятся рядом в натуральном ряду чисел(7 , 8, 9…)

Разность кубов двух соседних чисел $a,b$
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ , $a-b=1, a=b+1$. Подставим
$a^3-b^3=3b^2+3b+1=3b(b+1)+1.$ Задаемся вопросом: может ли полученная сумма двух чисел быть равна кубу?

Вспомним: любой куб всегда равен произведению трех последовательных чисел плюс среднее число
$a^3=(a-1)a(a+1)+a$
В полученной нами сумме есть произведение
$3b(b+1)$. Изменяя $b$ можно образовать произведение трех последовательных чисел. Два варианта:
Первый $b=1$, 1*2*3+1 среднее число =2
Второй $b=4$, 3*4*5+1 среднее число=4
Поскольку мы к произведению этих последовательных чисел прибавляем не 2 и не 4, то эти суммы кубу не равны.
И я полагаю очевидным, что при любых $b$ больших 4, образовать здесь произведение трех последовательных чисел невазможно, да и 1 не есть среднее число. Поэтому зключаем, что разность кубов соседних чисел кубу равна быть не может.
А теперь перейдем к разности кубов двух любых (не соседних) чисел, но обязательно взаимно простых.
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ обозначим
$(a-b)=c , a=b+c$. Подставим
$a^3-b^3=c(3b^2+3bc+c^2)$ Прдположим, что это число равно кубу. Тогда.
$c(3b^2+3bc+c^2)=x^3$ . Но слева есть множитель $c$, значит $x=cx_1$ Тогда
$c(3b^2+3bc+c^2)=c^3x_1^3, 3b^2+3bc+c^2=c^2x_1^3$ , $c^2$ перенесем на право
$3b(b+c)=c^2(x_1^3-1)$. Посколко $b$ и $c$, взаимно простые числа, то слева множителя $c$ нет. Равенство не возможно. Поэтому $c(3b^2+3bc+c^2)$ кубу не равно. Но Stop. Равенство $3b(b+c)=c^2(x^3-1)$ не исключается, если $c=1$. Но тогда разность кубов, как мы ее назвали любых (не соседних), будет разностью кубов соседних чисел, которая кубу не равна, что показано выше.
И так, разности кубов, соседних и любых кубу равны быть не могут. Куб не представим суммой двух кубов.
Petern1.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #210964 писал(а):

Но слева есть множитель $c$, значит $x=cx_1$

Докажите!!

[Petern1]

МАТ

Shwedka


Уважаемые Мат и Shwedka, сомнения и вопросы высказанные ранее Матом, заставили меня еще и еще раз продумать доводы. И я пришел к выводу существенно изменить обоснования, которые только-что скатал на страницу.
Убедительно прошу Вас посмотреть и высказать суждения, вопросы. Полагаю, что не понадобиться давать ответ Вам, Shwedka, на четвертый не отвеченный вопрос.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #211000 писал(а):

Полагаю, что не понадобиться давать ответ Вам, Shwedka, на четвертый не отвеченный вопрос.

Как я понимаю, предыдущее 'доказательство' отменяется. Тогда и отвечать не нужно.

Но:
Petern1 в сообщении #210964 писал(а):
Но слева есть множитель $c$, значит $x=cx_1$


Докажите!!

[Petern1]

Shwedka

Удивляюсь быстроте. Но вопрос Ваш не понятен. Разве надо доказывать, что если, например $2(…..)=x$, то $x=2x_1$?
Пожалуйста, поясните, почему это надо доказывать.
С уважением Petern1.

[Nilenbert]

Petern1 писал(а):

$c(3b^2+3bc+c^2)=x^3$ . Но слева есть множитель $c$, значит $x=cx_1$

Это вот почему неправильно:Например $6^3=216$ делится на 9, но 6 не делится на 9.

[shwedka]

вот именно!
Оттого, что $x^3$ делится на $c$, не следует, что $x$ делится на $c$.
Ошибка, надо сказать, у ферматиков очень распространенная

[Petern1]

Nilenbert

Shwedka

В приведенных выкладках $a-b=c$. Здесь не предполагается, что $c$ это квадрат, или куб, а наоборот, число в первой степени. И когда мы спрашиваем, может ли выражение
$c(3b^2+3bc+c^2)$ быть равно кубу, то в основание этого куба, в его первую степень должно входить $c$. (6 не делится на 9, но 6 делится на 3). И тогда
$c(3b^2+3bc+c^2)=c^3x_1^3$ и т.д.
Найдете ли Вы эти соображения достаточными?
С уважением Petern1.