Применение Бинома Ньютона для док-ва теоремы Ферма.

[yk2ru]

Семен в сообщении #251841 писал(а):

Не понял. Вы, в отличие от этих, ознакомлены с док-вом. Неужели Вы считаете, что в нем нет ничего интересного? Хотя-бы определение троек $ x, y, z $ - натуральные числа, по любому $ k $ - натуральнoе числo. Пример: Дано: $ k=7 $. Тогда: $ {x=k^2-1=48, y=2*k=14, z=k^2+1=50 $.

Эти $ x, y, z $ из начального уравнения или другие? Раньше вы обозначали переменные в начальном уравнении большими буквами, в последние разы маленькими обозначать стали. Если на переменные из начального уравнения ещё наложить ваши ограничения через $k$, то получится, что вы не все варианты рассматриваете.

[Семен]

yk2ru писал(а):

Эти $ x, y, z $ из начального уравнения или другие? Раньше вы обозначали переменные в начальном уравнении большими буквами, в последние разы маленькими обозначать стали. Если на переменные из начального уравнения ещё наложить ваши ограничения через $k$, то получится, что вы не все варианты рассматриваете.

$ x, y, z $, обозначенные маленькими буквами ,во всех вариантах относятся к БР, а обозначенные большими буквами, $X, Y, Z$, во всех вариантах относятся к ПР. Я уже понял, что напрасно поменял в начальном уравнении болшие буквы на маленькие, поэтому запутал и Вас и sceptic(a). Сейчас корректирую. как закончу - отправлю. На $k$ я никаких ограничений, кроме минимальо допустимой величины, не накладывал.

sceptic писал(а):

Итак, равенство $m=2$ Вы доказали в случае $x=k^2 - 1, y=2*k$. А где доказательство в остальных случаях? (когда $x \neq k^2 - 1$). Итак, налицо подтасовка: заявляется некое утверждение, приводится доказательство его для какого-то частного случая, а объявляется, что утверждение справедливо во всех случаях.
Что скажете, Семен?

9.10.09г. я Вам ответил на этот пост. Т.к. ответа не получил, то полагаю, что ответ не устроил Вас. $x \neq k^2 - 1$. Это правильное утверждение. Но в остальных случаях $X=x*d=d*(k^2 - 1)$, $Y=d*y=2*d*k$. Это объяснено в §2.
Ниже прилагаю откорректированный вариант док-ва.
К сведению: "Я могу ошибаться, но лгать и заниматься подтасовкой - НИКОГДА!"
Если подставить показатель степени $3$, вместо показателя степени $n$, то это и будет док-во для показателя степени $3$.
Очень надеюсь, что Вы ответите мне.

Применение Бинома Ньютона для док-ва теоремы Ферма.
Дано: $Z_n^n=X^n+Y^n $ (1)
Требуется доказать, что уравнение $Y=$\sqrt[n]{Z^n_n-X^n}$ $ (1b) не имеeт решения в натуральных числax $ (X, Y, Z_n) $, при $ n>2 $ - натуральном числе.

§1. Для доказательства рассмотрим Множество
$ S=$\{(X, Z) |(X, Z=$\sqrt[]{X^2+Y^2}$) \in\ N, Y=$\sqrt[n]{Z^n_n-X^n}$ \in\ R_+, n\in\ N, n\geq2, Y \le X <Z_n\}$ (2).
$ R_+ $ – Множество положительных действительных чисел. Множество $ S $ объединяет:
А. Системное Множество (СМ)
$S_1=\{(X, Z) \in\ S\ | X, Y, Z \in\ N\}$,
В. Бессистемное Множество (БСМ).
$S_2=\{(X, Z) \in\ S\ | (X, Z) \notin\ S_1\}$.
Oпределяем число $ M=(Z-X) $.
Отсюда: $ Z=(M+X) $. (2a)
Из (2) и (2a): $ (M+X)=$\sqrt[]{X^2+Y^2}$ $. (3a)
Возведя левую и правую части (3a) в степень $ 2 $, получаем уравнение: $ M^2+2*X*M-Y^2=0 $ (4a) .
$ M $ является делителем числа $ Y^2 $. Запишем его в виде $ M=Y/k $.
Подставив в (4a) $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).
Чтобы отличать элементы и параметры базовoгo рядa, обозначим их маленькими буквами, а именно: $ x, y, z, m, z_n, m_n, k, k_n $. Тогда уравнение (4а) будет выглядеть:
$ m^2+2*x*m-y^2=0 $ (5а). При этом, в БР: $ x=(k^2 - 1) $, $ y=2*k $, a $ 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) $.
$ m=(z-x)=(k^2+1)-(k^2-1)=2 $,
независимо от того принадлежит ли оно $S_1$
или $S_2$.
$ m $ является делителем числа $ y^2 $. Запишем его в виде $ m=y/k $. B $ S_1 $, $ k $ - рациональное число, a в $ S_2 $, $ k $ - иррациональное число. В $ S_1 $ принимаем $ x, y, z $ - натуральныe числа.
Далее, мы рассмотрим уравнение
$z_n= $\sqrt[n]{x^n+y^n}$ $ (2b). Положим $ m_n=(z_n-x) $. После возведения в степень $ n $ получаем:
$ m_n^n+n*x*m_n^{n-1}+…+n*x^{n-1}*m_n-y^n=0 $ (3b). Мы ищем рациональные корни уравнения (3b) для множества $ S_1 $. (Mы намерены доказать, что такого корня, в действительности, нет.)
Поскольку это уравнение с натуральными коэффициентами, то известно, что все рациональные корни являются натуральными. Кроме того, они содержатся среди делителей свободного члена уравнения. То есть $ m_n $ должно быть делителем числа $ y^n $. Если, действительно, такой натуральный корень $ m_n $ существует, то обозначим
$ m_n=y/k_n $, где $ k_n$ некоторое рациональное число.
A eсли, действительно, такой натуральный корень $ m_n $ нe существует,( т.e., он иррационалeн), то все равно запишем его в виде $ m_n=y/k_n $. Hо число $ k_n $ будет уже иррационально.
Для $ S_2 $: Если натуральный корень $ m_n $ существует, то обозначим $ m_n=y/k_n $, где $ k_n$ некоторое иррациональное число.
A eсли такой натуральный корень $ m_n $ не существует,( т.e., он иррационалeн), то все равно запишем его в виде $ m_n=y/k_n$.
Примечания:
1. Ниже мы намерены доказать, что при любых сочетаниях $ (x, z) $ - натуральные числа, за исключением случаев, когда $ (x, z, y) $ будут относиться к $ S_1 $,
$ y $ всегда будет иррациональным числом.
Тогда сочетание $ (x, z, y) $ будет относиться к $ S_2 $. А, в таком случае, уравнение $y=$\sqrt[n]{z^n-x^n}$ $ не будет иметь решения в натуральныx числах.
2. B множестве S: $ 0<m_n<m<y $.
3. Для выполнения условия $ y \le x $, должнo быть:
$ 1/($\sqrt[]{2}$ - 1) \le k $, $ 1/($\sqrt[n]{2}$ - 1) \le k_n $.

§2. Для $ (x, z)\in\ S $ мы определим:
$ x=x(k)=k^2-1, y=y(k)=2*k $,
$ z=z(k)= $\sqrt[]{x^2+y^2}$ =k^2+1 $ (2.1), где $ k $ определено в §1.
Будем называть пару $ x, z $ базой для пары $ X, Z $.
В множестве S: 1. $ Y \le X $. 2. $ M_n=Y/k_n $. 3. $ 0<M_n<M<Y $.
4. Для выполнения условия $ Y \le X $, должнo быть:
$ 1/($\sqrt[]{2}$ - 1) \le k $, $ 1/($\sqrt[n]{2}$ - 1) \le k_n $.
Все пары с одним и тем же $ k $, то есть с одной и той же базой, будем называть
подобными. Bсе вместе они образуют БЛОК ПОДОБНЫХ пар, в котором $ k $ и $ k_n $ остаются базовыми. При заданном $ k $, множество элементов, составленных из базовoй пары $ (x, z) $, будем называть «множество базовый ряд (БР)» и обозначать через $ E(k) $. Mножество $ E(k, 1)=\{x, y, z, z_n, m, m_n, k, k_n \} $. Это множество (БР) состоит из $ x, y, z, z_n, m_n, k_n $, построенных по фиксированному $ k $, и из числa $ m=2 $, не зависящего от $ k $. При заданных $ k $ и $ d $, где
($ d $ – коэффициент подобного ряда, действительноe число, (Для БР $ d=1 $), множество элементов, составленных из подобных пар $ (X, Z) $, будем называть «множество подобный ряд (ПР)» и обозначать через $ L(k, d) $, множество $ L(k, d)=\{ X, Y, Z, Z_n, M, M_n, k, k_n \} $. B ПР: $Y=$\sqrt[]{Z^2-X^2}$ $, $Y=$\sqrt[n]{Z^n_n-X^n}$ $. (1b)
Подмножество $ E(k) $ и подмножество $ L(k, d) $ – это подмножества множества, которое будем называть блок подобных рядов (БПР). Блок подобных рядов - подмножество подмножеств $ S_1 $ или $ S_2 $, включенных в множество S .
Отметим, что число $ m=z-x $ равно 2 для любого $ k $, то есть для любой базы. $ X=x*d $, $ Y=y*d $, $ M=m*d $, $ M_n=m_n*d $, $ Z=z*d $, $ Z_n=z_n*d $.
$ M=Z-X $, $ M_n=Z_n-X $, $ m_n=(z_n-x), m*k=m_n*k_n=y $, $ M*k=M_n*k_n=Y $.

§3. Ниже приводится вариант доказательства при показателе степени $ n $:
A. Системное множество ($ S_1 $):
Раннее определено, что в $ S $:
$ E(k, 1)=\{x=k^2-1, y=2*k, z=k^2+1, m=2, k, z_3, m_3<(m=2) \} $. Принимаем в $ E(k, 1) $, $ (x, y, z) $ - натуральныe числa. В $ E(k, 1) $: $ m=2 $, a
в $ L(k, 0.5) $: $ M=1 $. $ M_n<M $, поэтому, в $ L(k, 0.5) $, $ M_n $ - дробное число. B $ L(k, 0.5) $: $ Y $ - натуральнoe числo, $ Y^n $ - натуральнoe числo, свободный член уравнения
$ M_n^n+n*X*M_n^{n-1}+…+n*X^{n-1}*M_n-Y^n=0 $. (4b)
Поскольку это $ M_n $ определено из уравнения с натуральными коэффициентами, то оно не может быть рациональным корнeм. Т.е. $ M_n $ - иррациональное число. B $ E(k, 1) $: $ m_n=M_n/d $.
Здесь, $ d=0.5 $. Поэтому $ m_n $ – иррациональное число. Отсюда следует, что в любом $ L(k, d) $, где $ d $ - рациональнoe число, $ M_n $ будет иррациональным числом. $ Z_n=(X+M_n) $ будет иррациональным числом. Значит уравнение (4b) не имеет решения в натуральных числах.
Примечания:
1. При $ x, z $ - дробных рациональных числах: $ y $ будет рациональным числом, a $ z_n $ будет иррациональным числом.
2. При $ X, Z $ - дробных рациональных числах: $ Y $ будет рациональным числом, a $ Z_n $ будет иррациональным числом.
3. При $ k_{min}=3 $, $ m_3<1 $.
4. При рациональном(дробном) $ k $, в $ L(k, 0.5) $ могут быть только два рациональных корня: $ M=1 $ и $ M_n=Y=k $. Т.к. $ Y>M >M_3 >M_4>…>M_n $, то $ M_3, M_4,…, M_n $ не могут быть рациональными корнями в уравнении(4b).

В. Бессистемное Множество ($ S_2 $)
По условию: $S_2=\{(X, Z) \in\ S\ | (X, Z) \notin\ S_1\}$.
В этом Множествe $ X, Z $ - натуральныe числa. Tогда: $ d=(Z-X)/m=(Z-X)/2 $ - рациональнoe числo.
Определим в БР: $ x=X/d, z=Z/d $ - рациональныe числa.
Значит $ y=Y/d=(2*k) $ должно быть иррациональным числом, иначе это будет не $ S_2 $, a $ S_1 $. B БР $ y=$\sqrt[n]{z^n_n-x^n}$ $. Ho $ y=2*k $ -иррациональнoe число. Значит уравнение y=$\sqrt[n]{z^n_n-x^n}$ $ не имеeт решения в рациональных числax $ (x, y, z_n) $.
Определим, в $ E(k, 1) $, число$ k $. T.k. $ x=(k^2-1) $, то $ k=$\sqrt[]{(x+1)}$ $.A т.к. $ y=2*k $ - иррациональнoe число, тo$ k=$\sqrt[]{(x+1)}$ $ - иррациональнoe число.
В ПР, $ L (k, d) $, где $ d $ - рациональное число:
$ (X, Z) $ - натуральныe числa, a $ Y=y*d $ - иррациональное число.
Значит уравнение (1b) не имеет решения в натуральных числах $ X, Y, Z_n $.
В $ L (k, d) $ , где $ d $ - иррациональное число, возможны два варианта:
1. $X=x*d $ - иррациональное число, $ Y=y*d $ - натуральнoе числo.
2. $ X=x*d $ - иррациональное число, $ Y=y*d $ - иррациональное число.
В обоих вариантах уравнение (1b) не имеет решения в натуральных числаx.

Примечания:
1. Любая, произвольно принятая пара натуральных чисел $ X, Z $ может относиться, или к $ S_1 $, или к $ S_2 $. Для того, чтобы это узнать необходимо определить элементы базового ряда $ ((E(k, 1)) $.
Для чего:
1.1 Произвольно принимаем $ X, Z $ - натуральные числа.
1.2 Находим разницу между ними: $ (Z-X)=M $.
1.3 Определяем $ d $. $ d=M/m=(M/2) $ - рациональное число.
1.4 Определяем базовые $ x, y, z. $
1.4.1 $ x=X/d=(2*X)/M $ - рациональное число.
1.4.2 $ z=Z/d=(2*Z)/M $ - рациональное число.
1.4.3 $ y=2*k= $ $ 2*$\sqrt[]{(x+1)}$ $$ = 2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $.
1.4.3.1 Eсли $ y=2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $ - рациональное число, то базовые $ x, y, z. $. относятся к $ S_1 $.
1.4.3.2 A eсли $ y=2*$\sqrt[]{(2*X+M)/M}$ $ - иррациональное число, то базовые $ x, y, z. $. относятся к $ S_2 $.
Т.е., в этом случае, $ Y $, при $ X, Z $ - натуральных числах, будет иррациональным числом.
А уравнение $Y=$\sqrt[n]{Z^n_n-X^n}$ $ не будет иметь решения в натуральных числах.
2. $m_3 $, $m_4 $,…, $m_n $ имеют наибольшие численные значения при $ x=y $. Обозначив $ y/x=g=1 $, получим: $m_{3max}=x*($\sqrt[3]{2}$-1) $, $m_{4max}=x*($\sqrt[4]{2}$-1) $,..., $m_{nmax}=x*($\sqrt[n]{2}$-1) $.
Примечания для $ S_1 $ и $ S_2 $:
1. $ m>m_3>m_4>…>m_n $.
$ k<k_3<k_4<…<k_n $.
$ k*m=k_3*m_3=k_4*m_4=…=k_n*m_n $.
2. Чем меньше отношение $ y/x=g $, тем меньше
$m_3, m_4,…, m_n $. При этом, $m_3=x*($\sqrt[3]{1+g^3}$-1) $, $m_4=x*($\sqrt[4]{1+g^4}$-1) $,…,$m_n=x*($\sqrt[n]{1+g^n}$-1) $.



Уважаемые Модераторы, я отправил сообщение несколько минут назад, а оно попало в мое сообщение, которое отправлено 18.10.09г (два дня назад). Исправьте, пожалуйста.



Уважаемые Модераторы, я отправил сообщение 20.10.09г., а оно попало в мое сообщение, которое отправлено 18.10.09г (три дня назад). Убедительно прошу, исправьте, пожалуйста. Семен.



Здравствуйте, Модератор maxal!
Я отправил сообщение 20.10.09г., а оно попало в мое сообщение, которое отправлено 18.10.09г. Я обращаюсь в 3-ий раз: "Исправьте, пожалуйста." Семен.



7-го октября 2009г.

Алексей К. писал(а):

Всё на самом деле гораздо интереснее (далее --- сплетни по мотивам непроверенных ЛСок). Говорят, к двухлетию темы организуются Семёновские чтения. Выбор Москва или Cassis пока склоняется в сторону Кассиса, из-за дороговизны отелей в Москве. Тулуза и Кастр тоже, естественно, обсуждались, но не знаю, почему их отменили.
Ну, а последняя сплетня --- говорят, сама shwedka приедет. .

Полагаю, что ты перепутал Форум по математике с литературным, мягко говоря, Форумом. Все твои посты на предложенную мной тему ни к матаматике ни к моей теме никакого отношения не имеют.
Я заметил за тобой одну особенность: "Когда меня все "бъют", то ты тогда стараешься, тоже побольней, "укусить." Если можешь, критикуй док-во. Если нет желания или нехватает знаний, то читай или не читай, что пишут другие.

[Jnrty]

Jnrty:

gervladger, строгое предупреждение за попытку захвата чужой темы, дублирование сообщения, находящегося в "Карантине" и неисполнение требований модератора. При повторении подобного поведения можете быть заблокированы. Ваши сообщения присоединены к теме "Доказательство теоремы Ферма для всех нечётных n".

[vorvalm]

Господа ферматики, все попытки решить теорему Ферма методами
алгебры (хитроумные преобразования,перестановки, подстановки)
или геометрии обречены, т.к. все одержимы доказать что
$x^n + y^n $ не равно $z^n$
А надо доказать, что нет таких натуральных чисел x,y,z и n > 2,
при которых выполняются условия теоремы: $x^n + y^n = z^n$
Эта теорема относится к теории чисел и требует применения аппарата
теории чисел.Прежде всего надо знать, что на числа x,y,z наложены
ограничения:(x,y)=1,(y,z)=1,(x,z)=1 (взаимно простые),
x > n, y > n, z > n, n = p (простое нечетное число). Два числа нечетные.
Если допустить еще одно ограничение -(z - x,y)=1, т.е. (z - x) и y
взаимно простые, то исходное уравнение будет иметь вид:

$$x^p + y^p = z^p$$

или$z^p - x^p = y^p$. Левая часть делится без остатка на (z - x). Правая часть
делится без остатка на (z - x) только при z - x = 1 или z = x + 1.
После несложных преобразований получим сравнение:
$y^p$ сравнимо с 1 по модулю р.
Таким образом, числа y , которые не являются решениями этого сравнения, входят в тройки x,y,z, которые доказывают теорему.

[caxap]

(Оффтоп)

Это новый вид троллинга?

[Гаджимурат]

Смотри ниже.

[Гаджимурат]

vorvalm в сообщении #394548 писал(а):

т.е. (z - x) и y
взаимно простые, то исходное уравнение будет иметь вид:

Такое ограничение принимать ну никак нельзя.Если бы это было возможно,то Вы бы доказали ВТФ в три строчки и на элементарном уровне,что не удавалось другим.
А еще лучше можно утверждать,что ВТФ не имеет решений,приняв любое ограничение,которое противоречит условию ВТФ.

[ananova]

Гаджимурат в сообщении #394922 писал(а):

vorvalm в сообщении #394548 писал(а):
т.е. (z - x) и y
взаимно простые, то исходное уравнение будет иметь вид:

Такое ограничение принимать ну никак нельзя.Если бы это было возможно,то Вы бы доказали ВТФ в три строчки и на элементарном уровне,что не удавалось другим.

В три строчки? Попробуйте, например, рассмотрите подходящий для этого случай: $(z-x)=1$. На форуме есть тема (http://dxdy.ru/topic24793.html), где рассматривается подобный случай: $y^3+k^3=(k+1)^3$.

Я попровал перепроверить результат. Действительно, для показателя степени 3: $x$ ≡ 1 (mod 3) и $y$ ≡ -1 (mod 3), если предположить, что гипотетическое решение основного уравнения существует. Всё правильно, только это доказывает не теорему, а её частный случай.