Применение Бинома Ньютона для док-ва теоремы Ферма.

[yk2ru]

Семен, станете ли вы утверждать, что нет таких иррациональных $x, y, z$, чтобы $z$ равнялась корню из суммы квадратов $x, y$, а разность же $x, z$ равнялась двум?

[Семен]

yk2ru писал(а):

Семен, станете ли вы утверждать, что нет таких иррациональных $x, y, z$, чтобы $z$ равнялась корню из суммы квадратов $x, y$,

В БСМ таких сочетаний бесчисленное множество. Более того, в этом случае, иррациональных сочетаний $x, y, z_3$ тоже бесчисленное множество. Но, в этом случае, я не смог получить однозначного результата. Об этом я Вам сообщал. Поэтому я пошел другим путем. Полагаю, Вы не будете отрицать, что мне удалось доказать, что в БР, включенному в БСМ, при $x, z$ - натуральных числах, $ y $ - иррациональное число. Полагаю, нет сомнения, что в БР, при $ x, y $ - натуральных числах, $ z $ - натуральнoe число. T.e. это СМ.
Hет сомнения, что в БР, при $ z, y $ - натуральных числах, $ x $ - натуральнoe число. T.e. это СМ.
Остальное смотрите в параграфе три.
Считаю, что нет необходимости рассматривать вариант, который ведет к неопределенности, если, на мой взгляд, имеется определенное решение.

-- Пн сен 14, 2009 11:08:12 --

yk2ru писал(а):

[b]Семен а разность же $x, z$ равнялась двум?

Разность между $z$ и $x$ всегда равна двум.

[yk2ru]

Семен в сообщении #243282 писал(а):

нет необходимости рассматривать вариант, который ведет к неопределенности, если, на мой взгляд, имеется определенное решение.

Кто будет доказывать, что нельзя найти $d$, по умножении на который иррациональных $x, y, z_3$ не получим три натуральных числа?

$X, Y$ равны $13, 8$. Какие для них будут базовые $x, y, z$?

[Семен]

yk2ru писал(а):

Семен в сообщении #243282 писал(а):

нет необходимости рассматривать вариант, который ведет к неопределенности, если, на мой взгляд, имеется определенное решение.

yk2ru писал(а):

Кто будет доказывать, что нельзя найти $d$, по умножении на который иррациональных $x, y, z_3$ не получим три натуральных числа?
$X, Y$ равны $13, 8$. Какие для них будут базовые $x, y, z$?

Такие числа, я без расчета, отношу к ПР, т.к. они не отвечают условию для базового ряда: $x=k^2-1, y=2*kd$. Поэтому , в БР, $x, y, z_3$ будут иррациональны. Ну и что? У меня нет сомненья, что ни в одном ПР $X, Y, Z_3$ не смогут быть одновременно натуральными числами, хотя я это не смог доказать.
Еще раз прошу внимательно прочитать следующий абзац: "1. Любая, произвольно принятая пара натуральных чисел $ X, Z $ может относиться, или к СМ, или к БСМ. Для того, чтобы это узнать необходимо определить элементы базового ряда $ ((E(k, 1)) $.
Для чего: 1. Произвольно принимаем $ X, Z $ - натуральные числа.
2. Находим разницу между ними: $ (Z-X)=M $.
3. Определяем $ d $. $ d=M/m=(M/2) $ - рациональное число.
4. Определяем базовые $ x, y, z. $
4.1 $ x=X/d=(2*X)/M $ - рациональное число.
4.2 $ z=Z/d=(2*Z)/M $ - рациональное число.
4.3 $ y=2*k= $ $ 2*$\sqrt[]{(x+1)}$ $$ = 2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $.
4.3.1 Eсли $ y=2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $ - рациональное число, то базовые $ x, y, z. $. относятся к СМ.
4.3.2 A eсли $ y=2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $ - иррациональное число, то базовые $ x, y, z. $. относятся к БСМ.
Т.е., в этом случае, $ Y $, при $ X, Z $ - натуральных числах, будет иррациональным числом.
А $Z_3=$\sqrt[3]{X^3+Y^3}$ $ не будет иметь решения в натуральных числах. "
Главная мысль этого абзаца заключается в том, что для ЛЮБОГО, ЛЮБОГО сочетания $ X, Z $ - натуральных чисел, в БР, найдется рациональная пара $ x, z $, при которой $ y $ будет, во всех случаях, в БР, иррациональным или рациональным числом. Если иррациональным, то это БСМ, а если рациональным, то это СМ.
Это относится ко ВСЕМ, ВСЕМ случаям. Поэтому нет необходимост и рассматривать другие варианты.

[yk2ru]

Семен в сообщении #243559 писал(а):

не смогут быть одновременно натуральными числами, хотя я это не смог доказать.

И кто это будет доказывать? А если "смогут быть одновременно натуральными числами", что тогда?

[Семен]

Семен писал(а):

grisania писал(а):

Докажите своими методами упрощенный вариант ВТФ для тройки
${{\left( k+1 \right)}^{3}}={{k}^{3}}+{{y}^{3}}$
где все числа натуральные.
Это уравнение эквивалентно диофантову уравнению

$1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Это показано в моем дополненном посте topic24793.html

Уважаемый grisania, прошу 0тветить на мое сообщение от 10 сентября:

Семен писал(а):

По методу, предложенному мной, ${{\left( k+1 \right)}^{3}}$ не равно ${{k}^{3}}+{{y}^{3}}$, а $1+3{{x}^{2}}$ не равно $4{{y}^{3}}$. Уравнение ${{\left( k+1 \right)}^{3}}={{k}^{3}}+{{y}^{3}}$ не эквивалентно уравнению $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Для сведения сообщаю, что в предлагаемом мной док-ве $ (x=k^2-1), (y=2*k) $.

[Семен]

yk2ru писал(а):

Семен в сообщении #243559 писал(а):

не смогут быть одновременно натуральными числами, хотя я это не смог доказать.

И кто это будет доказывать? А если "смогут быть одновременно натуральными числами", что тогда?

Еще раз обращаю Ваше внимание на то, что при принятом способе док-ва, где $ x $ - рациональное или натуральное число в базовом ряду, такой вариант не возможен, поэтому его и не нужно рассматривать при док-ве. Еще раз подчеркиваю, что в БР, включенному в БСМ, при любых сочетаниях $ x, z $, где $ x, z $ - рациональные или натуральные числа,
$ y $ всегда будет иррациональным числом. Поэтому невозможно, чтобы $ X, Y, Z_3 $ были натуральными числами в ПР. Если будет на то Ваша воля, возьмите несколько примеров, тогда Вы убедитесь, что я прав. Для сведения:

При док-ве принято за основу: $ x>y $, $ x $ - рациональное или натуральное число, $ (z=x+m), (z_3=x+m_3) $, $ (k=y/m), (k_3=y/m_3) $.
При док-ве принято за основу: Из уравнения $ m^2+2*x*m-y^2=0 $ (5a) определяется БР, в котором определяются, в общем виде, $ (x, y, z) $.
В 1-м сообщении от 29.11.07г. это определено, с учетом последующих изменений и замечаний, так:

"Подставив в (5a),
$m= y/k $ после упрощений, сокращений и переносов получим: $ 2*k*x=y*(k^2 - 1) $
Составим пропорцию: $ x /y= (k^2 - 1)/ 2* k $ .
Как один из вариантов этого уравнения принимаем:
$ x=(k^2 - 1) $, a $ y=2*k $. Назовём этот вариант Базовым рядом (БР). Тогда:
$ z=$\sqrt{(k^2 - 1)^2)+(2*k)^2)}$ $=
=$$\sqrt{(k^4 - 2*k^2 + 1+4*k^2)}$ $=
=$ $\sqrt{(k^4+2*k^2 +1)}$ $ =
=$ $\sqrt{(k^2+1)^2)}$ = $ (k^2+1) $.
То есть: $ z=(k^2+1) $."
Прошу учесть, что за основу док-ва принят БР, а не ПР.

[yk2ru]

tolstopuz в сообщении #244051 писал(а):

Еще раз обращаю Ваше внимание на то, что при принятом способе док-ва, где - рациональное или натуральное число в базовом ряду, такой вариант не возможен, поэтому его и не нужно рассматривать при док-ве.

Точно так же другой, кто доказывает теорему Ферма, мог бы написать
"обращаю Ваше внимание на то, что при принятом способе док-ва, где степень $n$ - чётное натуральное число больше двух, такой вариант (нечётное $n$) не возможен, поэтому его и не нужно рассматривать при док-ве."
И что, стали бы считать математики, что теорему Ферма доказали подобным образом?

[maxal]

обсуждение уравнения Пелля отделено в тему: topic25035.html

[Семен]

B сообщении oт 14.09.09

yk2ru писал(а):

Семен, станете ли вы утверждать, что нет таких иррациональных $x, y, z$, чтобы $z$ равнялась корню из суммы квадратов $x, y$,

Прошу меня извинить. Я не четко ответил на Ваш вопрос. Надо было ответить: "Не стану!"
А далее, как в моем сообщении 14.09.09.

yk2ru писал(а):

tolstopuz в сообщении #244051 писал(а):

Еще раз обращаю Ваше внимание на то, что при принятом способе док-ва, где - рациональное или натуральное число в базовом ряду, такой вариант не возможен, поэтому его и не нужно рассматривать при док-ве.

Точно так же другой, кто доказывает теорему Ферма, мог бы написать
"обращаю Ваше внимание на то, что при принятом способе док-ва, где степень $n$ - чётное натуральное число больше двух, такой вариант (нечётное $n$) не возможен, поэтому его и не нужно рассматривать при док-ве."
И что, стали бы считать математики, что теорему Ферма доказали подобным образом.

Извините, но я сообщения 244051 от tolstopuz не нашел.Полагая, что это сообщение направлено мне, а не tolstopuz , отвечаю:
Честно сказать: "Я абсолютно не согласен с Вашим сравнением."
При док-ве рассматривались следующие варианты:
1. В ПР$\subset$ $ S_2 $, где $ X, Y $ – натуральные числа, $ Z $ – иррациональное число. При этом, в БР$\subset$ $ S_2 $, $ x, y, z $ - иррациональные числа, что не дало возможности однозначно определить: " $ Z_3 $ – иррациональное или натуральное число?"
2. В ПР$\subset$ $ S_2 $, где $ X, Z $ – натуральные числа, $ Y $ – иррациональное число. При этом, в БР$\subset$ $ S_2 $, $ x, z $ - рациональные числа, а $ y $ – иррациональное число.
Поэтому в тройке $ X, Y, Z_3 $ один из элементов, как минимум, иррациональное число. Этот вариант охватывает все возможные сочетания $ X, Y, Z_3 $ в ПР$\subset$ $ S_2 $, потому что, в этом случае, рассматриваются любые $ X $ – натуральные числа, в сочетании с любыми $ Z $ – натуральными числами. Поэтому, в этом случае, в БР$\subset$ $ S_2 $: или $ x, z $ - рациональные числа, а $ y $ – иррациональное число, или $ x, z $ - иррациональные числа, а $ y $ – иррациональное или рациональное число. А это значит, что в БСМ не может быть вариантов, чтобы $ X, Y, Z_3 $ были одновременно натуральными числами.
Рассмотрим ещё один вариант:

3. В ПР$\subset$ $ S_2 $, где $ Z, Y $ – натуральные числа, $ X $ – иррациональное число. Но тогда, $ X, Y, Z_3 $ не будут одновременно натуральными числами.
Если Вы согласны или не согласны с моим утверждением, что в БСМ, при любых сочетаниях натуральных $ X, Z $, элементах ПР, включенного, как и БР в один и тот же БПР, в БР $ x, z $ будут рациональными числами, а $ y $ - иррациональным числом, то я убедительно прошу сообщить Ваше мнение.

[yk2ru]

Семен, предлагаю вот что сделаеть:
Допустим, что сущестуют натуральные $X, Y, Z_3$, которые удовлетворяют уравнению.
Выразите из пар этих чисел $X, Y$ (прежде всего, и других, если есть желание) число $k$ (из которого можно посчитать ваши "базовые" числа), которое соответствует взятой паре натуральных чисел. Два числа уж точно будут натуральными из начальной тройки чисел, а третье пусть останется под вопросом.

[Семен]

yk2ru писал(а):

Семен, предлагаю вот что сделаеть:
Допустим, что сущестуют натуральные $X, Y, Z_3$, которые удовлетворяют уравнению.
Выразите из пар этих чисел $X, Y$ (прежде всего, и других, если есть желание) число $k$ (из которого можно посчитать ваши "базовые" числа), которое соответствует взятой паре натуральных чисел. Два числа уж точно будут натуральными из начальной тройки чисел, а третье пусть останется под вопросом.

$k$= $Y$/ $M$= $Y$/ $(Z-X)$ $=Y/($\sqrt[]{X^2+Y^2}$ $-$X)$. Тогда в БР$\subset S_2 $ : $x=(k^2-1), y=2*k, z=(k^2+1)$ - иррациональны.
Ну и что это дает? Напоминаю, что $k$ одно и то же число, в БР и в ПР, включенных в один БПР$\subset$$ S $.

[yk2ru]

Семен в сообщении #245787 писал(а):

Ну и что это дает?

Что вам следует доказать, что не найдётся такого иррационального $d$, по умножении на который "базовых" иррациональных $x, y, z_3$ получилось бы три натуральных числа.
А доказываете вы пока теорему лишь для таких $X, Y$, которые входят в "пифагоровы тройки", так как только для таких натуральных $X, Y$ $z$ будет рациональным.

[Семен]

yk2ru писал(а):

Семен в сообщении #245787 писал(а):

Ну и что это дает?

Что вам следует доказать, что не найдётся такого иррационального $d$, по умножении на который "базовых" иррациональных $x, y, z_3$ получилось бы три натуральных числа.
А доказываете вы пока теорему лишь для таких $X, Y$, которые входят в "пифагоровы тройки", так как только для таких натуральных $X, Y$ $z$ будет рациональным.

Я доказываю это для $S_1$. А для $S_2$ я доказываю, что при рациональных $X, Z$ элемент $ Y$ будет иррациональным числом, а
при рациональных $Y, Z$ элемент $X$ будет иррациональным числом, используя для этого соответствующие тройки БР, где при рациональных $x, z$ элемент $y$ будет иррациональным числом, а
при рациональных $ y, z$ элемент $x$ будет иррациональным числом.Это дает мне возможность утверждать. что, в этих случаях, уравнение (5b) не имеет решения в натуральных числах $X, Y, Z_3 $ и $x, y, z_3$.
Ну, а если в уравнении $Y=$\sqrt[3]{Z_3^3-X_3^3}$ $, при натуральных $X, Z_3$, элемент $ Y$ будет иррациональным числом, a в уравнении $X=$\sqrt[3]{Z_3^3-Y_3^3}$ $, при натуральных $Y, Z_3$, элемент $ X$ будет иррациональным числом, то на каком основании в уравнении $Z_3=$\sqrt[3]{X_3^3+Y_3^3}$ $, при натуральных $X, Y$, элемент $Z_3$ будет натуральным числом.
Т.к. на Форуме меня обвинили в отсутствии логики, то терять мне нечего, поэтому выскажу крамольную мысль, не претендуя на ее верность, а именно: "Если в ПР, при $X, Y$ - натуральных числах, $Z$ - иррациональнoe число, то в БР, при иррациональных $(x, y)$, $z$ будет не иррациональным, а - трансцендентным числом.
В свою очередь и $z_3$, при $x, y$ - иррациональных числах, тоже будет - трансцендентным числом.
Тогда $z_3$, умноженное на иррациональное число $d$, не будет рациональным числом. T.e. $Z_3=z_3*d$ не будет рациональным числом."

[yk2ru]

Семен, у вас остался один путь, отправить ваше доказательство в математический журнал. Так как похоже на то, что на форуме вас не понимают, причём все.