Наименьшие решения уравнения Ферма в натуральных числах

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #314795 писал(а):

Попытки искать все решения уравнения Ферма ни к чему не привели.

Ознакомьтесь с моим доказательством Великой теоремы МКС (методом конечного спуска). Все решения искать не обязательно. Чтобы убедиться в том, что ВТФ не решается при $n>2$, достаточно разделить обе части Диофантова уравнения $x^n+y^n=z^n$ на $z^m$, где $(n-1)\ne m \ne (n-2)$. Так как $(\frac{x}{z})^{n-m}\ne1\ne(\frac{y}{z})^{n-m}$, выводим, что при $n>2$, ВТФ не имеет целочисленных решений.

[tapos]

Если можно, то изложите метод конечного спуска подробнее. Я ничего о таком методе не слышал. Из того, что каждое слагаемое не равно 1 ничего не следует. Если можно, то изложите вывод как можно подробнее без пропусков. Возможно я просто не понял и вывод существует. С уважением

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #316682 писал(а):

Если можно, то изложите метод конечного спуска подробнее. Я ничего о таком методе не слышал. Из того, что каждое слагаемое не равно 1 ничего не следует. Если можно, то изложите вывод как можно подробнее без пропусков. Возможно я просто не понял и вывод существует. С уважением

tapos. Вы нашли наименьшее решение Диафантова уравнения, а тут говорите о каких-то единицах. Не слышали потому, что со времён Ферма никому в голову не пришло применить метод конечного спуска для доказательства Великой теоремы, который отличается от метода бесконечного спуска только тем, что спуск по степени осуществляется не бесконечно, а до первой степени.
Цитата из темы "Доказательство ВТФ методом конечного спуска"

Цитата:

Но также очевидно и то, что если заданы целые числа, в нашем случае обозначенные $z, x, y$ речь может идти только о КОНЕЧНОМ СПУСКЕ по степеням до этих самых чисел, т. е. фактически до равенства $z=x+y$

[tapos]

Уважаемый Виктор Ширшов!
К сожалению, я ничего не понял. Вы не говорите о том как осуществить спуск по степеням. Свыше 300 лет математики пытались осуществить этот спуск по степеням, но у них ничего не получилось. Скорее всего в Вашем спуске имеется ошибка. Предлагаю Вам подробно изложить Ваш метод на примере уравнения Ферма. Посетители настоящего форума и я в том числе постараются объективно оценить Ваше достижение.
Кроме того, ранее Вы утверждали, что сумма дробей не может равняться целому числу и отсюда делали вывод об отсутствии решений уравнения Ферма в целых числах. Это утверждение ошибочно, например 3/7 + 4/7 = 1 или 19/15 + 11/15 = 2. Если два числа не делятся на третье, то это не значит, что сумма этих чисел не делится на третье.

-- Сб май 08, 2010 20:10:27 --

Если Вы имеете в виду Тему на форуме: метод конечного спуска, то в пункте 2 Вами допущена ошибка, когда Вы утверждаете, что уравнение должно иметь решение в виде Пифагоровой тройки чисел. Это было бы верно, если бы у Вас было уравнение второй степени. А из того, что Вы разделили все на z вовсе не следует уменьшение степени уравнения с 3 до 2.

[lel0lel]

tapos в сообщении #314795 писал(а):

А почему, собственно не убедил, а почему не привел, а почему это не так? Мы ведем научную дискуссию и поэтому прошу Вас отвечать корректно. По состоянию на сегодняшний день я констатирую: претензий по существу Вы не имеете. На основании изложенного я отвергаю Вашу претензию.

А я искренне верил, что моё предыдущее сообщение поможет вам увидеть допущенную ошибку в рассуждениях, очень старался сочиняя его. Но ладно, это пустое.

Если я правильно вас понял, то свои рассуждения вы построили на том, что если доказать, что наименьшего решения нет, тогда нет никаких решений, иначе бы среди них нашлось всегда наименьшее, пусть даже это решение и было бы единственным. Рассуждая далее, вы приходите к выводу, что для $b<a<c$, если набор $(b;b+1;b+2)$ решение, то оно наименьшее, поскольку, куда уж меньше. Ну естественно легко проверить, что сей набор никакое не решение. И дальше вы делаете поистине волшебное заключение: "раз набор $(b;b+1;b+2)$ решением не оказался, то вообще не существует наименьшего решения, а значит никаких решений". Вот теперь к вам один конкретный вопрос: "почему набор $(b,b+2,b+3)$ не может являться наименьшим решением??"

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #316969 писал(а):

Уважаемый Виктор Ширшов!
К сожалению, я ничего не понял. Вы не говорите о том как осуществить спуск по степеням. Свыше 300 лет математики пытались осуществить этот спуск по степеням, но у них ничего не получилось. Скорее всего в Вашем спуске имеется ошибка. Предлагаю Вам подробно изложить Ваш метод на примере уравнения Ферма. Посетители настоящего форума и я в том числе постараются объективно оценить Ваше достижение

Что ж тут непонятного? К примеру, Диофантово уравнение записывается $z^n=x^n+y^n$. При делении его на $z$ имеем $z^{n-1}=(\frac{x}{z})x^{n-1}+(\frac{y}{z})y^{n-1}$. Если разделить обе части равенства на $z^2$, получим $z^{n-2}=(\frac{x}{z})^2 x^{n-2}+(\frac{y}{z})^2 y^{n-2}$. При делении на $z^3$ получим $z^{n-3}=(\frac{x}{z})^3 x^{n-3}+(\frac{y}{z})^3 y^{n-3}$. Наконец, разделив, на $z^{n-1}$, имеем $z=x(\frac{x}{z})^{n-1}+y(\frac{y}{z})^{n-1}$.

-- Сб май 08, 2010 20:56:18 --

tapos в сообщении #316969 писал(а):

Кроме того, ранее Вы утверждали, что сумма дробей не может равняться целому числу и отсюда делали вывод об отсутствии решений уравнения Ферма в целых числах. Это утверждение ошибочно, например 3/7 + 4/7 = 1 или 19/15 + 11/15 = 2. Если два числа не делятся на третье, то это не значит, что сумма этих чисел не делится на третье.

tapos Подумайте, что Вы написали. ВТФ сформулирована для целых чисел. В сноске я писал следующее:

Цитата:

Натуральные числа, складываясь и умножаясь на целые числа, дают другие целые числа. При делении меньших натуральных чисел $x$ и $y$ на большее натуральное число $z$ , получается дробь, которая, умножаясь на натуральные числа и, возводящаяся в степень, ею и остаётся

-- Сб май 08, 2010 21:11:33 --

tapos в сообщении #316969 писал(а):

Если Вы имеете в виду Тему на форуме: метод конечного спуска, то в пункте 2 Вами допущена ошибка, когда Вы утверждаете, что уравнение должно иметь решение в виде Пифагоровой тройки чисел. Это было бы верно, если бы у Вас было уравнение второй степени. А из того, что Вы разделили все на z вовсе не следует уменьшение степени уравнения с 3 до 2.

По-видимому, Вы говорите о пункте 2 доказательства ВТФ для $n=3$.

Цитата:

2. Применив «метод спуска» для степени, разделим обе части равенства на $z$ . В результате деления получим равенство$z^2= (\frac{x}{z}) x^2 + (\frac{y}{z}) y^2$, в котором множители $\frac {x}{z}$, $\frac{y}{z}$ соответственно при $x^2$ и $y^2$, очевидно, не равны $1$ , так как $x<z>y$

Почему не следует? При делении обеих частей равенства $z^3=x^3+y^3$ на $z$, мы уменьшаем степень на 1, что, впрочем, видно из результата в п.2

[tapos]

Уважаемый господин lel0lel
Цитирую Вас "Рассуждая далее, вы приходите к выводу, что для , если набор решение, то оно наименьшее, поскольку, куда уж меньше. Ну естественно легко проверить, что сей набор никакое не решение."
Отвечаю.
Вы ошибаетесь,так как n = 2 этот набор является минимальным решением. Для n > 2 минимальными решениями являются другие наборы, отличные от набора для n = 2. И вот эти новые наборы для n > 2 не являются решениями в силу нарушения четности. А для n = 2 четность не нарушается, потому что двойка является единственным четным простым числом. В статье нигде не говорится о том, что случай n = 2 не рассматривается. Мне непонятно почему случай n = 2 Вас устраивает, а случай n > 2 не устраивает, хотя доказательство едино для всех простых n.

[lel0lel]

tapos в сообщении #317711 писал(а):

Цитирую Вас

Вы не меня цитируете, а приводите собственный набор бессвязных предложений.

tapos в сообщении #317711 писал(а):

Вы ошибаетесь

Всем нам свойственно иногда).

[tapos]

lel0lel в сообщении #316980 писал(а):

tapos в сообщении #314795 писал(а):

А почему, собственно не убедил, а почему не привел, а почему это не так? Мы ведем научную дискуссию и поэтому прошу Вас отвечать корректно. По состоянию на сегодняшний день я констатирую: претензий по существу Вы не имеете. На основании изложенного я отвергаю Вашу претензию.

А я искренне верил, что моё предыдущее сообщение поможет вам увидеть допущенную ошибку в рассуждениях, очень старался сочиняя его. Но ладно, это пустое.

Если я правильно вас понял, то свои рассуждения вы построили на том, что если доказать, что наименьшего решения нет, тогда нет никаких решений, иначе бы среди них нашлось всегда наименьшее, пусть даже это решение и было бы единственным. Рассуждая далее, вы приходите к выводу, что для $b<a<c$, если набор $(b;b+1;b+2)$ решение, то оно наименьшее, поскольку, куда уж меньше. Ну естественно легко проверить, что сей набор никакое не решение. И дальше вы делаете поистине волшебное заключение: "раз набор $(b;b+1;b+2)$ решением не оказался, то вообще не существует наименьшего решения, а значит никаких решений". Вот теперь к вам один конкретный вопрос: "почему набор $(b,b+2,b+3)$ не может являться наименьшим решением??"

Кажется все до последней запятой скопировалось.
Здесь Вы утверждаете, что набор $(b;b+1;b+2)$ решением не оказался. Вынужден Вас огорчить: для n = 2 этот набор является минимальным решением - известная тройка чисел 3, 4, 5. А набор $(b,b+2,b+3)$ не может быть минимальным решением, так как не удовлетворяет случаю n = 2. У нас доказательство проводится для всех n > 1. Случай n = 2 является критерием правильности доказательства.
Вы меня извините за то, что я не полностью процитировал Ваши высказывания. С уважением

[age]

tapos
Решите уравнение $x^3+y^3=z^2$

[Виктор Ширшов]

age. Тест на логические способности taposа. Да решит он его. Только, какое отношение это уравнение имеет к ВТФ?

[age]

Виктор Ширшов
Это уравнение не может иметь минимального решения вида $(b,b+1,b+2)$, о чем утверждает tapos.

Да. Еще бы tapos не мешало доказать вот какое свойство пифагоровых чисел:
Одно из них делится на $3$, одно на $4$ и одно на $5$ (самостоятельно).

[tapos]

Уважаемый Виктор Ширшов.
При делении $x^n$ на $z^m$ результат может быть каким угодно, в том числе и вовсе не степенью числа. Вы же почему то считаете, что степень числа x уменьшается ровно на m. Поэтому Ваше утверждение не обоснованно, так как неясно что же будет, если результат вообще не является степенью.
Кроме того, $x^n$ вообще не делится на $z^m$ в силу взаимной простоты пар чисел (x, z), (x, y) и (y, z). Поэтому на z должна делиться сумма $x^n + y^n$. Это легко проверить для тройки пифагоровых чисел при n = 2.
$3^2 + 4^2 = 5^2$
3 не делится на 5 и 4 не делится на 5. А сумма $3^2 + 4^2 = 25$ делится на 5. Число 5 может быть представлено следующими суммами: 5 = 1 + 4 = 2 + 3. Как видите эти числа не совпадают с двумя исходными 3 и 4. Следовательно, Ваше предположение об уменьшении степени не обоснованно.
Далее уравнение вида $tx^2 + ky^2 = z^2$, а именно к такому виду вы приводите, не может и не должно иметь такое же решение как и уравнение $x^2 + y^2 = z^2$. Поэтому Вы должны найти решения уравнения $tx^2 + ky^2 = z^2$ в целых числах при условии, что t и k являются функциями от x, y, z. А это, скажу Вам, очень и очень не просто.
С уважением

[Виктор Ширшов]

tapos в сообщении #319021 писал(а):

При делении $x^n$ на $z^m$ результат может быть каким угодно, в том числе и вовсе не степенью числа

tapos. Ваши выводы поспешны. Пожалуйста, приводите полные цитаты, что Вы комментируете. А так горох о стенку.

-- Чт май 13, 2010 20:23:18 --

tapos в сообщении #319021 писал(а):

$3^2+4^2=5^2$
3 не делится на 5 и 4 не делится на 5. А сумма делится на 5.

По моему вы не понимаете, что пишите.
Деление по Ширшову $3^2+4^2=5^2$ на $5$:
$3(\frac{3}{5})+4(\frac{4}{5})>5$.
Вы привели пример пифагоровых троек, составляющих прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза всегда меньше суммы катетов (неравенство треугольника).


-- Чт май 13, 2010 20:26:30 --

tapos в сообщении #319021 писал(а):

Число 5 может быть представлено следующими суммами: 5 = 1 + 4 = 2 + 3.

Я не знал этого. Спасибо за "ликбез".

-- Чт май 13, 2010 20:34:31 --

tapos в сообщении #319021 писал(а):

Далее уравнение вида $t\cdot x^2+k\cdot y^2=z^2$ , а именно к такому виду вы приводите, не может и не должно иметь такое же решение как и уравнение $x^2+y^2=z^2$

Это Ваши домыслы.
Внимательно прочитайте мои выводы и ссылки в теме: "Доказательство ВТФ методом конечного спуска".

[yk2ru]

Виктор Ширшов в сообщении #319036 писал(а):

Деление по Ширшову $3^2+4^2=5^2$ на $5$:
$3(\frac{3}{5})+4(\frac{4}{5})>5$.

Левая часть равна пяти, а не больше. К чему такие ошибки?