О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

Someone в сообщении #259906 писал(а):

ljubarcev в сообщении #259708 писал(а):

Согласны ли Вы, что в формулировке: "равенство $x^n+y^n=z^n$ при простом не чётном простом $n>2$, $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$ не имеет решений в натуральных числах" доказательство верно ?

Не согласен. По двум причинам.

1) В приведённом выше рассуждении использовалось условие

ljubarcev в сообщении #259590 писал(а):

при ... $x+y-z$ не делящемся на $n^2$

а здесь Вы пишете про то, что $x$ не делится на $n^2$. Это совсем не одно и то же. В сообщении http://dxdy.ru/post7492.html#p7492 имеется пример для $n=7$, в котором ни одно из чисел $x,y,z$ (там они обозначены $a,b,c$) не делится на $n$, в то время как $x+y-z$ делится на $n^4$ (а все известные соотношения для решений уравнения $x^n+y^n=z^n$ выполняются, если рассматривать $8$ младших цифр чисел при записи их в семиричной системе счисления; существование подобных примеров показывает, что невозможно доказать теорему Ферма, рассматривая только свойства делимости на степени числа $n$; между прочим, Вы как раз это и пытаетесь сделать.

Уважаемый Someone ! Формально Вы правы. Написано одно, а утверждается другое. Но по сути это одно и тоже, так как равенства (7); (8) в утверждении 6 эквивалентны. Действительно, если в Утверждении 6 за исходное взять равенство $2x=g^n-k^n+n^{n-1}m^n$ то, разделив это равенство на $n^2$ увидим, что должно выполняться и равенство:

$$2x/n^2=\frac{g^n-k^n}{n^2}+n^{n-3}m^n$$

Так как доказано, что в нашем случае $\frac{g^n-k^n}{n^2}$ целое, то число справа целое и число слева $2x/n^2=2mx_1/n$ должно быть целым. Теперь очевидно, что при $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$, то есть $m;x_1$ не делящихся на $n$, равенство не выполняется. Думаю, что теперь Вы поймёте, что в формулировке «равенство $x^n+y^n=z^n$ не имеет решений при любых натуральных $n;z;y$ и $x$ делящемся на $n$ и не делящемся на $n^2$» теорема доказана.
Дед. .

[KORIOLA]

Уважаемый господин ljubarcev!
Позволю себе вольность отвлечь Ваше внимание от ученого спора и обратить его на следующее:
1. На этом форуме размещено мое "Алгебраическое решение уравнения теоремы Пифагора", из котрого следует, что все числа $N>2$ являются пифагоровыми. С помощью предложенного мною метода решения приверяются все известные тройки пифагоровых чисел или, другими словами, с помощью известных троек пифагоровых чисел подтверждается правильность предложенного мною метода решния уравнения теоремы Пифагора.
2. Из анализа полученных при этом уравнений для определения чисел $B $ и $C$ при заданном числе $A$ следует, что по крайней мере одно из этих чисел не равно какому-либо иному числу в какой-либо степени.
Запомним этот факт.
3. На этом же форуме размещено мое "Доказательство великой теоремы Ферма для четных показателей степени", т.е. для $n=2m:$
$A^{2m}+B^{2m}=C^{2m}$
Записав это уравнение в виде:
$(A^m)^{2}+(B^m)^{2}=(C^m)^{2},$
мы получим известное уравнение теоремы Пифагора.
В соответствии с изложенным выше в п.1 число $N$ может быть рано: $N=A^{m}.$
В соответствии с запомненным выше фактом по крайней мере одно из чисел $B^m$ или $C^m$ при определении их через заданное число $A^{m}$ (т.е. через заданные числа $A$ и $m$) в соответствии с изложенной в доказательстве методикой и методикой решения уравнения теоремы Пифагора на самом деле не является числом $B$ или $C$ в какой-либо степени, в том числе и в степени $m.$ Поэтому теорема Ферма не имеет решения для четных показателей степени. При этом число $m$ может быть любым числом, в том числе и $2^{k}.$ По- моему, спор надо вести о том, имеет ли теорема Ферма решение для нечетных показателей степени.
Но это отдельный разговор.
KORIOLA

[Гаджимурат]

KORIOLA в сообщении #260841 писал(а):

спор надо вести о том, имеет ли теорема Ферма решение для нечетных показателей степени.

Добавление:нечетные показатели степени должны быть простыми числами,т.есть числами,делящимися только сами на себя.Это числа 3,5,7,11,13........

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #260793 писал(а):

Написано одно, а утверждается другое.

Вот и напишите так, чтобы и было написано, и утверждалось одно и то же. И не в форме 'наконец, согласились..?' а сначала утверждение, потом доказательство. А когда согласимся, увидите сами, сомнений не будет.

[KORIOLA]

Гаджимурату
Что нечетные показатели степени должны быть только простыми числами можно будет с уверенностью сказать только после того, как будет доказано, что ВТФ имеет решение для простых чисел и не имеет решения для составных нечетных чисел. А до этого спор на эту тему "в общем виде" беспредметный. Можно записать:
$A^{15}+B^{15}+C^{15}$
И можно записать:
$(A^5)^3+(B^5)^3=(C^5)^3$
$X^3+Y^3=Z^3,$
где $X=A^5,$ а числа $Y,Z$ предположительно равны:
$Y=B^5,$ $Z=C^5$
Можно принять число $X=A^5$ за параметр и доказывать теорему для $n=3.$ Условия теоремы Ферма не накладывают ограничений на значения числа $X$. Такие ограничения накладывают сами доказывающие, пытающиеся подогнать их к своим попыткам доказательства.
KORIOLA


_______________________________________________
Век живи, век учись. Но что-то и на ум бросай

[ljubarcev]

Гаджимурат в сообщении #260860 писал(а):

KORIOLA в сообщении #260841 писал(а):

спор надо вести о том, имеет ли теорема Ферма решение для нечетных показателей степени.

Добавление:нечетные показатели степени должны быть простыми числами,т.есть числами,делящимися только сами на себя.Это числа 3,5,7,11,13........

Уважаемый Гаджимурат ! Вы навергое забыли, что доказательство ещё со времен Софи Жермен начинается с доказательства того, что
1. если имеет решения в натуральных числах равенство $X^i+Y^i=Z^i$ при произвольном натуральном $i$, то оно должно иметь решения и при $i=n$ простом не чётном Далее доказывается
2. если имеет решения в натуральных числах равенство $X^n+Y^n=Z^n$ при простом натуральном не чётном $n$ и любых $X;Y;Z$, то оно должно иметь решения и при попарно взаимно простых $x;y;z$, то есть должно выполняться и $x^n+y^n=z^n$ Доказательства этого я приводил в этой теме ранее. На основании этого делается вывод:
для доказательства того, что равенство $X^i+Y^i=Z^i$ не имеет решений, достаточно доказать, что не имеет решений равенство $x^n+y^n=z^n$ при $n$ простом не чётном и попарно взаимно простых $x;y;z$. С этого обычно все и начинают доказательства.
На основании приведенного я и утверждаю, что мною найдено элементарное доказательсттво того что равенство $x^n+y^n=z^n$ не имеет решений при произвольных $n;y;z$ и $x$ делящемся на $n$ и (существенном ограничении, на что указывают Уважаемые участники)- $x$ не делящемся на $n^2$.
Уважаемый KORIOLA ! Спасибо ! Я начинал пост когда Вашего ещё не было. Увидел только при просмотре своего.
Дед.

[ljubarcev]

shwedka в сообщении #260869 писал(а):

ljubarcev в сообщении #260793 писал(а):

Написано одно, а утверждается другое.

Вот и напишите так, чтобы и было написано, и утверждалось одно и то же. И не в форме 'наконец, согласились..?' а сначала утверждение, потом доказательство. А когда согласимся, увидите сами, сомнений не будет.

Уважаемая Shwedka ! Отвечая Someone в первом посте на этой (23) странице я привел всё, что и как надо исправить, чтобы "было написано и утверждалось одно и то же". Потом в ответе Гаджимурату я указал, что при этом надо добавить. Думаю, для тех, кто действительно заинтересуется моим доказательством этого вполне достаточно. Если Вы имеете ввиду полное доказательство, начинная с "предположим, что равенство $X^i+y^i=z^i$ имеет решения в натуральных числах", то конечно, оно в 20000 знаков уложиться должно, но набирать его и редактировать для меня адский труд. И потом, так как Вы считаете случай $x$ делящегося на $n^2$ не поглощается (не является часным) случаем $x$ делящегося на $n$, то особого смысла в такой публикации я не вижу.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #260991 писал(а):

то особого смысла в такой публикации я не вижу.

Ну и ладушки. Дискуссия закончена. Все пьют пиво.

[cepesh]

ljubarcev
На этом мы заканчиваем публикацию ваших попыток доказательства ВТФ на этом форуме. Продолжите -- бан.
Тема закрыта.