Доказательство теоремы Ферма для четных n=2m

[KORIOLA]

Уважаемые господа!
Относясь с искренним уважением к вашим вопросам, прошу вас внимательно читать и анализировать доказательство, и вы найдете ответы на все ваши вопросы. В формуле (10), например, число $M$ в числителе и знаменателе сокращается и остается $\frac{D-M}{2}$ всегда целое число, и вопрос о том, является ли число $\frac{D-M}{2M}$ целым лишен смысла.

Виктору Ширшову
Уравнение (1) не имеет решения, уравнение (2), как видите, имеет решение. В этом его смысл. Между уравнением (2) и предлагаемой Вами второй формулой
нет никакой разницы.

К сведению
Число $A=105$ в степени $n=2m=6$ равно разности квадратов 62 пар чисел.
KORIOLA

[shwedka]

KORIOLA в сообщении #306286 писал(а):

вопрос о том, является ли число $\frac{D-M}{2M}$ целым лишен смысла.

Нет, не лишен!!
Вы пишете, что

Цитата:

Так как в соответствии с формулой (10) число $P^m$ содержит в себе сомножитель $M$, можно записать:
$P^m=MR;$

Для тоого, чтобы это утверждение было оправдано, нужно, чтобы
$\frac{D-M}{2M}=R$ Было целым.

[Виктор Ширшов]

KORIOLA в сообщении #306286 писал(а):

Виктору Ширшову
Уравнение (1) не имеет решения, уравнение (2), как видите, имеет решение. В этом его смысл. Между уравнением (2) и предлагаемой Вами второй формулой
нет никакой разницы.

KORIOLA. Если уравнение (1) не имеет решения, то его нет и уравнения (2).

-- Вс апр 04, 2010 17:34:38 --

[KORIOLA]

Виктору Ширшову
Приведенное здесь доказательство ВТФ и есть решение уравнения (2).

Всем
Число $M$ не является обязательно простым числом. Если $A=abcd,$ то число $M$ может быть равно: $a, b, c, d,$ $a^2, b^2, c^2, d^2, ab^2, ac^2, ad^2, a^2b^3, (ab)^3, (abc)^3, (abcd)^3$ и т.д. Главное, что ни один из простых сомножителей, входящих в число $M$, не может быть в степени , большей $2m$. При этом должно выполняться условие:$A^{2m}>M$, а также условие одинаковой четности этих чисел.
KORIOLA

[Виктор Ширшов]

KORIOLA в сообщении #306565 писал(а):

Доказательство теоремы Ферма для четных n=2m

Доказательство для чётных, нечётных, простых и прочих натуральных чисел должно быть универсальным, то есть общим.

[Гаджимурат]

KORIOLA в сообщении #258225 писал(а):

$A^{2m}=DM (9)$

Уважаемый KORIOLA!,я занимаюсь ВТФ более 30 лет и исследую ур-ние Ф.,когда $n$ -целая простая степень,т.есть $n=3,5,7,11,....$.
Ваши исследования досконально не проверял,почему?.Отвечаю.Докажите или приведите хоть один пример,когда $A^{2m}=DM$ ,а не $A^{2m}=D^{2m}M^{2m}$,при условии,что $D$ и $M$ взаимно простые числа.Докажите,а это важно,то я ,даю слово,что проверю все Ваше доказательство и приведу ряд ур-ний,которые позволяют решить проблему с $n=2m$.

[yk2ru]

Гаджимурат в сообщении #306589 писал(а):

Докажите,а это важно

shwedka попросила доказать что число $R$ целое, KORIOLA не доказывает. И многие тут обратили внимание на этот пункт в приведённом доказательстве, "а воз и ныне там". Вполне возможно, что и ваш вопрос останется без внимания.

[KORIOLA]

Уважаемый Гаджимурат!
Если $A=abc,$ то $A^{2m}=a^{2m}b^{2m}c^{2m}$. Числа $M, D$ являются комбинацией чисел $a, b, c$ в разных степенях, но не больших $2m$. Чтобы числа $M, D$ были взаимно простыми, надо принять, например,
$M=a^{2m}$ и $D=b^{2m}c^{2m}$. При других комбинациях они таковыми не будут. Если число $A$ не содержит, например, сомножитель $d,$ то числа $M, D$ такой сомножитель содержать не могут.

Виктору Ширшову
Общее доказательство Вы найдете на сайте, адрес которого я Вам сообщил в личном сообщении.

К сведению.
Существует такая зависимость: $A^n + B^n = 6nK+ (A+B),$
где $K$ -целое число; $n=5, 7, 9, 11 ...$

Кстати, о числе $R$
Число $R$ не является самостоятельным числом, определяющим достоверность доказательства. Оно может быть и целым и дробным. Все зависит от принятого значения числа $M$. Но это ничего не меняет в доказательстве: всегда числа $B^m, C^m$ целые, а числа $B, C$- всегда дробные для любого числа $A$ в любой степени $2m.$

Тем, кто не верит.
Возьмите, например, число $A=105$, сомножителями которого являются числа $3, 5, 7$, показатель степени $2m=4$ и выполните расчеты по приведенным в доказательстве формулам для разных значений числа $M$. И вы убедитесь, что я прав. Кстати, в данном случае существует 29 решений.

KORIOLA
__________________________________________________________
Не веришь доказательству- приведи опровергающие доказательства

[shwedka]

KORIOLA в сообщении #306875 писал(а):

Но это ничего не меняет в доказательстве: всегда числа $B^m, C^m$ целые, а числа $B, C$- всегда дробные для любого числа $A$ в любой степени $2m.$

Приведите доказательство подробно.

KORIOLA в сообщении #258225 писал(а):

Очевидно, что если $\sqrt[m]{MR}$ целое число, то $\sqrt[m]{M(R+1)}$ - дробное число.

Для дробного ${R}$ не очевидно,. докажите!

[Гаджимурат]

shwedka в сообщении #306881 писал(а):

Возьмите, например, число $A=105$, сомножителями которого являются числа $3,5,7$

Тогда $105^{2m}=3^{2m}5^{2m}7^{2m}$.
И,если $D=b^{2m}c^{2m}$,то правильно будет $D^{2m}=b^{2m}c^{2m}$
Вы согласны?,тогда с самого начала и вперед,учитывая где просто $M$,а где
$M^{2m}$.
Почему писал для KARIOLA,а получилось для Shwedki?

[yk2ru]

KORIOLA в сообщении #306875 писал(а):

Не веришь доказательству- приведи опровергающие доказательства

В доказательство оказывается нужно верить. :)
О каких доказательствах спорных утверждений не спросить у KORIOLA, вместо того чтобы доказать на формулах, предлагает взять число или числа и посчитать. Такой вот универсальный способ отстаивать правильность доказательства от KORIOLA.

[KORIOLA]

Господа!
Обращаю ваше внимание на следующую закономерность: если числа $A, B$ нечетные, то справедлива зависимость:
$A^{2m} - B^{2m} = 6K + (A - B)$, где $K$ - целое число.
KORIOLA

[KORIOLA]

Господа!
Приношу извинения: приведенная в предыдущем моем сообщении формула
ошибочная.
KORIOLA

[KORIOLA]

Уважаемые господа!
Поскольку никто из вас не сделал анализа моего доказательства ВТФ, как это водится среди специалистов (я надеюсь, что среди вас все же есть специалисты), и не привел аргументов, опровергающих мое доказательство, я делаю вывод, что возразить вам нечего, а признать мое доказательство верным не позволяет пресловутая "честь мундира" и кое-что еще.
KORIOLA

___________________________________
Как поется: "Пусть неудачник плачет!"

[shwedka]

KORIOLA в сообщении #314359 писал(а):

Уважаемые господа!
Поскольку никто из вас не сделал анализа моего доказательства ВТФ, как это водится среди специалистов (я надеюсь, что среди вас все же есть специалисты), и не привел аргументов, опровергающих мое доказательство, я делаю вывод, что возразить вам нечего, а признать мое доказательство верным не позволяет пресловутая "честь мундира" и кое-что еще.
KORIOLA

Это как так не привел аргументов??

shwedka в сообщении #306881 писал(а):

KORIOLA в сообщении #306875 писал(а):
Но это ничего не меняет в доказательстве: всегда числа $B^m, C^m$ целые, а числа $B, C$- всегда дробные для любого числа $A$ в любой степени $2m.$

Приведите доказательство подробно.
KORIOLA в сообщении #258225 писал(а):
Очевидно, что если $\sqrt[m]{MR}$ целое число, то $\sqrt[m]{M(R+1)}$ - дробное число.

Для дробного ${R}$ не очевидно,. докажите!