Попытка доказательства Теоремы Ферма

[shwedka]

Darkstar в сообщении #327282 писал(а):

я могу взять компьютер и использовать метод простого перебора и это тоже будет полноценное доказательство просто "методом грубой силы".

Не будет. Перебирать придется бесконечно много вариантов. Даже только для степени 3.

[Darkstar]

Вы замучаетесь со словом "все". Вы, видимо, как и большинство, пытаетесь использовать метод мат. индукции, т.е. начать с 3 и по-тихоньку дойти до края вселенной. Так вот не получится, потому что в самой логике такого подхода перепутаны потенциальная и актуальная бесконечность. Сколько бы вы не двигались, горизонт всегда будет удален и всегда будет возможность, что для m>n такое возможно. Думаю, что и в существующих док-вах та же ошибка (именно поэтому они такие длинные, потому что пытаются объять необъятное).

[DmitriyMB]

Darkstar в сообщении #327357 писал(а):

Вы замучаетесь со словом "все". Вы, видимо, как и большинство, пытаетесь использовать метод мат. индукции, т.е. начать с 3 и по-тихоньку дойти до края вселенной. Так вот не получится, потому что в самой логике такого подхода перепутаны потенциальная и актуальная бесконечность. Сколько бы вы не двигались, горизонт всегда будет удален и всегда будет возможность, что для m>n такое возможно. Думаю, что и в существующих док-вах та же ошибка (именно поэтому они такие длинные, потому что пытаются объять необъятное).

Это Вы зрря сказали,ох зря

[AKM]

Darkstar в сообщении #327310 писал(а):

Он не сможет распрострониться на "все" степени. Интуитивно, я чувствую, что в условиях теоремы неправильно используется понятие актуальной бесконечности...

Darkstar,

в данной теме обсуждается попытка доказательства известной теоремы в общепринятой формулировке.
Хотите обсудить условия теоремы, её формулировку --- заведите отдельную тему.
Здесь же Вы оффтопите и мешаете.

[natalya_1]

dmd в сообщении #326053 писал(а):

Но чтобы $3|c$ - такого не сумел обнаружить.

$c$ не делится на $3$. Это доказывается:

$(a+b-c)^3=a^3-3a^2(c-b)+3a(c-b)^2-(c-b)^3=(c-b)(c^2+cb+b^2-3a^2+3ac-3ab-c^2+cb-b^2=3(c-a)(c-b)(a+b)$ отсюда следует, что либо $a$, либо $b$, либо $c$ делится на $3$.

$a^3(cd-p)-c^2a^2d+c^2ap=-b^3(cd-p)+c^2b^2d-c^2bp$, следовательно $\frac{ac^2p-a^3p+bc^2p-b^3p}{d}$-целое число, => $\frac{c^2p(a+b)-(a^3+b^3)p}{d}$ -целое число.
Возводим выражение в куб, получаем: $\frac{(c^2-a^2+ab-b^2)^3p^3(a+b)^2}{3(c-a)(c-b)}$ - куб целого числа. Из чего следует, что $(a+b)$ - куб целого числа и $c$ не делится на $3$.

[dmd]

Давайте подробнее разберем приведённые делимости, в которых наверняка ошибки есть, чтоб дальше их не плодить.

Делимости

$3|d$, $d|cp$, $d|abc$

получены из уравнения

$d^3+3cd^2-3dp-3cp=0$,

которое в свою очередь получено решением (2) относительно $\left\{a,b\right\}$ и подстановкой их в (1).

(Оффтоп)

$a^3+b^3=c^3$ (1)

$\left\{\begin{array}{l}a+b-c=d\\a^2+b^2-c^2=p\end{array}\right\}$ (2)

Это просто и особых пояснений, думаю, не требует, каждый сам повторит самостоятельно.

Делимости

$d^2|12ap(a+b)$ и $d^2|12bp(a+b)$.

Решаем (2) относительно $\left\{a,c\right\}$ и $\left\{b,c\right\}$ и подставляем их в (1). Получаем следующие два уравнения

$6 a^2 d^2-4 a d^3+d^4-6 a^2 p+3 p^2=0$

$6 b^2 d^2-4 b d^3+d^4-6 b^2 p+3 p^2=0$

в которых наблюдаются "целые дроби"

$\frac{-6 a^2 p+3 p^2}{d^2}$ и $\frac{-6 b^2 p+3 p^2}{d^2}$

Дальше делал так. В дробь $\frac{-6 a^2 p+3 p^2}{d^2}$ последовательно подставлял $a^2=c^2+p-b^2$ и, затем, $b=c+d-a$. Получилось

$\frac{6 a^2 p-12 a c p-12 a d p+12 c d p+6 d^2 p-3 p^2}{d^2}$

Но $\frac{12 c d p+6 d^2 p}{d^2}$ явно сократимо из предыдущих делимостей, следовательно в рассмотрении остаётся дробь

$\frac{6 a^2 p-12 a c p-12 a d p-3 p^2}{d^2}$

в которой $\frac{6 a^2 p-3 p^2}{d^2}$ есть дробь, с которой началось рассмотрение, только с обратным знаком. И делаю вывод, что

$\frac{12 a c p+12 a d p}{d^2}$ - целое число, т.е. $d^2|12ap(a+b)$.

Аналогично получается $d^2|12bp(a+b)$.


Верно ли изложенное?

[natalya_1]

dmd в сообщении #327736 писал(а):

Решаем (2) относительно $\left\{a,c\right\}$ и $\left\{b,c\right\}$ и подставляем их в (1). Получаем следующие два уравнения

$6 a^2 d^2-4 a d^3+d^4-6 a^2 p+3 p^2=0$

$6 b^2 d^2-4 b d^3+d^4-6 b^2 p+3 p^2=0$

Можно это поподробнее?
(все остальное лично у меня не вызывает сомнений)

[yk2ru]

$d|abc$ - как из уравнения первого получено, если в том уравнении нет уже ни $a$, ни $b$?
Последние 2 делимости не должны ли давать $d^2|12p(a+b)$?

[natalya_1]

yk2ru в сообщении #327792 писал(а):

$d|abc$ - как из уравнения первого получено, если в том уравнении нет уже ни $a$, ни $b$?

Это легко доказывается разными способами, хотя бы через возведение в куб. (по аналогии с моим доказательством неделимости $c$ на $3$).

-- Сб июн 05, 2010 00:35:52 --

dmd в сообщении #324337 писал(а):

$c=\frac{d(3p-d^2)}{3(d^2-p)}$ - это натуральное число,
Если верно, то можно ли это как-то использовать дальше? Сам, к сожалению, не вижу пока.

Если это верно, то доказывается, что $c$ не может быть четным.

[dmd]

natalya_1 в сообщении #327780 писал(а):

dmd в сообщении #327736 писал(а):

Решаем (2) относительно $\left\{a,c\right\}$ и $\left\{b,c\right\}$ и подставляем их в (1). Получаем следующие два уравнения

$6 a^2 d^2-4 a d^3+d^4-6 a^2 p+3 p^2=0$

$6 b^2 d^2-4 b d^3+d^4-6 b^2 p+3 p^2=0$

Можно это поподробнее?

Находим $\left\{b,c\right\}$ из (2):

$b=\frac{2 a d-d^2-p}{2(a-d)}$, $c=\frac{2 a^2-2 a d+d^2-p}{2(a-d)}$.

Подставляем их в (1), получится:

$-\frac{6 a^2 d^2-4 a d^3+d^4-6 a^2 p+3 p^2}{4 (a-d)}=0$

что равносильно

$6 a^2 d^2-4 a d^3+d^4-6 a^2 p+3 p^2=0$.

Аналогично для второго уравнения.

-- Сб июн 05, 2010 09:24:12 --

yk2ru в сообщении #327792 писал(а):

Последние 2 делимости не должны ли давать $d^2|12p(a+b)$?

Не факт. Пока что вместе (их сложением и вычитанием) они дают лишь

$d^2|12p(a+b)^2$ и $d^2|12p(a^2-b^2)$

-- Сб июн 05, 2010 09:38:09 --

natalya_1
Можно тоже подробнее, почему $c$ не может быть четно и не делится на $3$. Честно пока не вижу, чтобы было строго $2\nmid c$ и $3\nmid c$.

[natalya_1]

dmd в сообщении #327856 писал(а):

natalya_1
Можно тоже подробнее, почему $c$ не может быть четно и не делится на $3$.

Про четно попозже напишу. А с делимостью на $3$ я ошиблась, Вы правы.

[dmd]

Тоже нашел ошибку в своих рассуждениях.

Упомянутые выше $d|12c^3$ и $d|12c$ - это не верно.

Из $d^2|12p(a+b)^2$ следует только то, что

$d^2|12 c^2 p$

[yk2ru]

Как $a, b$ по отдельности влиять могут на делимости, если между собой они взаимно просты, что без них в каждой из делимостей никак? Какой то числовой пример примитивный не сообразите?

[natalya_1]

yk2ru в сообщении #328010 писал(а):

Как $a, b$ по отдельности влиять могут на делимости, если между собой они взаимно просты, что без них в каждой из делимостей никак? Какой то числовой пример примитивный не сообразите?

Вообще говоря, $\frac{p(a+b)}{d^2}$ - целое число. Это доказывается.

[yk2ru]

В знаменатели именно квадрат от $d$?