Доказательство ВТФ для n=2(4m-1).

[iakowlew]

Я готов рассмотреть Ваше доказательство для
$x^6+y^6=z^6$.
Уравнение, о котором идет речь...,
лично я, проверяю уже ровно пять лет.
Так, что извините...
Если, у Вас нет новых идей, то прошу Вас
больше не беспокоится по поводу доказательства.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #396327 писал(а):

Я готов рассмотреть Ваше доказательство для $x^6+y^6=z^6$
.

Если я предложу свое доказательство для $n=6$,это изменить Ваше отношение к
"r-aax" или нет.Но, если честно,то я не вижу целесообразности в доказательстве ВТФ через четные степени.Другое дело,если бы нашлось такое доказательство для любой простой степени,которое было бы применимо тогда и для $n=3$.Вот это бы был прорыв в решении ВТФ.Жду Вашего согласия.

[r-aax]

iakowlew в сообщении #396327 писал(а):

Я готов рассмотреть Ваше доказательство для
$x^6+y^6=z^6$.
Уравнение, о котором идет речь...,
лично я, проверяю уже ровно пять лет.
Так, что извините...
Если, у Вас нет новых идей, то прошу Вас
больше не беспокоится по поводу доказательства.

Я никакого доказательства для $x^6 + y^6 = z^6$ не приводил. Я прочитал Ваше доказательство и привел одно из неверных утверждений в нем, а Вы продолжаете этот факт игнорировать. Продолжайте проверять дальше)

[iakowlew]

Уважаемый "r-aax".
Я могу привести док-во для $n=3$,
(у меня их несколько, опровергнутых мной же самим...).
Выше приведенное док-во "я сам не смог опровергнуть".
Только поэтому, я предложил его на рассмотрение...
Думайте сами, решайте сами...

[iakowlew]

Уважаемый, Гаджимурат!
Я готов рассмотреть Ваше доказательство.

С Уважением, Яковлев.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #396482 писал(а):

Я готов рассмотреть Ваше доказательство.

Уважаемый Яковлев Михаил.У меня приятель,учитель математики в школе,тоже
Яковлев,но Сергей Георгиевич.Вот причина по которой я влез в Вашу тему.Я занимаюсь ВТФ только с простыми степенями,в частности $n=3$.
Представим уравнение $x^6+y^6=z^6$ в виде $(x^3)^2+(y^3)^2=(z^3)^2$ и его будем решать как уравнение Ф. для 2 степени.
Тройку Пифагоровских чисел $x_1,y_1,z_1$ находим следующим образом,помня что $x_1=x^3,y_1=y^3,z_1=z^3$ :
$x_1=x^3=ab+b^2=b(a+b)$,
$y_1=y^3=ab+\frac{a^2}2=a(b+\frac{a}2)$,
$z_1=z^3=ab+b^2+\frac{a^2}2$.
Из этих уравнений(если бы они имели решение в целых числах) следует,что
$b=b_1^3, a=a_1^3$ и $a+b=c^3$ или $a_1^3+b_1^3=c^3$(1),а также что и
$b_1^3+ \frac{a_1^3}2=d^3$(2).Тогда вычтем из первого уравнения второе и получим: $c^3-d^3=\frac{a_1^3}2$(3).
Но мы также знаем,что если бы ВТФ имела решение в целых числах,то обязательно одно из чисел $x,y,z$ должно делиться на 3.Пусть $x$ делится на 3.Тогда либо $b=b_1^3$ либо $a+b=c^3$,то есть $c$ делится на 3.
Пусть $b$ делится на 3.Тогда из (1) следует,что $c^3-a_1^3$ делится на $3^3$ как минимум.Но тогда из (3) следует,что $d^3+a_1^3$ делится только на 3,но это не выполнимо,так как $d^3+a_1^3$ должно делится на $3^2$, как минимум.
И так доказываем случаи,когда $c$ делится на 3,а затем $y$,$z$ делятся на 3.
Делаем соответствующие выводы.Вопросы.Вопросов нет.
Если возникнут вопросу по поводу формул для решения ур-ния Ф. для 2 степени,то сначала подставьте в эти уравнения,вместо $a,b$ числовые значения,помня,что $a$ четное и $a,b$ взаимно простые числа.

[iakowlew]

Уважаемый, Гаджимурат.
Спасибо за доказательство.
У меня пока нет возможности рассмотреть его...
Но, я надеюсь, что участники форума, выскажут свое мнение.
Как только смогу, я тоже отвечу.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #396751 писал(а):

Спасибо за доказательство.

Оно не полное.Для случая,когда $y$ делится на 3,требуется дополнительно ввести формулы,решая ур-ние Ф. ,как ур-ние 6 степени.Мы же привели решение 6-ой степени через 2-ую степень.Доказательство ВТФ для 6-ой степени здесь,на форуме,не пользуется спросом и я Вам обьеснил,почему именно я влез в Вашу тему.

[iakowlew]

Рассмотрим
$x^n+y^n=z^n$.
Для любого простого $n$
имеем тождество
$(x+y-z)^n=n(x+y)(z-x)(z-y)T_n$,
где $T_n$ - некоторый многочлен.
Для $n=3, T_3=1$.

Как я понял из Вашего док-ва, то $x$ - четное,
позтому рассматривать случай, когда
$y$ - кратен 3, нет необходимости.

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение
$x^6+y^6=z^6$,
где $x$ - четное число.
Имеем:
$z_2^6=x^4-x^2y^2+y^4$,
$y_2^6=x^4+x^2z^2+z^4$.
Это уравнения вида (5).
Поэтому, на основании формул (6), имеем:
$y^2=1-2^{-2}x^4+2^{-2}x^2y^2$,
$z^2=1-2^{-2}x^4-2^{-2}x^2z^2$.
Имеются в ввиду рациональные значения $x,y,z$...
Т. к. $z>y$, то
$z^2=-1+2^{-2}x^4+2^{-2}x^2z^2$.
Тогда
$z^2+y^2=2^{-1}x^2(z^2+y^2)$,
что невозможно в рациональных числах.
Допустим, что
$y^2=-1+2^{-2}x^2(x^2-y^2)$,
$z^2=-1+2^{-2}x^2(x^2+z^2)$.
Тогда
$z^2-y^2=2^{-1}x^2(x^2+y^2)$,
или
$z^2+y^2=2y^2+2^{-1}x^2(z^2+y^2)$.
Отсюда следует, что $(z,y)>1$.
Подчеркнем, что имеются ввиду "рациональные значения" $x,y,z$.

-- Вс янв 09, 2011 15:02:52 --

Рассмотрим уравнение
$x^6+y^6=z^6$,
где $x$ - четное число.
Имеем:
$z_2^6=x^4-x^2y^2+y^4$,
$y_2^6=x^4+x^2z^2+z^4$.
Это уравнения вида (5).
Поэтому, на основании формул (6), имеем:
$y^2=1-2^{-2}x^4+2^{-2}x^2y^2$,
$z^2=1-2^{-2}x^4-2^{-2}x^2z^2$.
Имеются в ввиду рациональные значения $x,y,z$...
Т. к. $z>y$, то
$z^2=-1+2^{-2}x^4+2^{-2}x^2z^2$.
Тогда
$z^2+y^2=2^{-1}x^2(z^2+y^2)$,
что невозможно в рациональных числах.
Допустим, что
$y^2=-1+2^{-2}x^2(x^2-y^2)$,
$z^2=-1+2^{-2}x^2(x^2+z^2)$.
Тогда
$z^2-y^2=2^{-1}x^2(x^2+y^2)$,
или
$z^2+y^2=2y^2+2^{-1}x^2(z^2+y^2)$.
Отсюда следует, что $(z,y)>1$.
Подчеркнем, что имеются ввиду "рациональные значения" $x,y,z$.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #397091 писал(а):

где $T_n$ - некоторый многочлен.

Вот тут Вы правы,правы на все 100. Я даже знаю формулу для определения $T$ для любой простой степени $n$. У меня этот член обозначается через символ $m$. Например,для 5 степени.
$m^5=n^2+nn_1+n_1^2+2x_1z$,здесь:
$n=z-x=a^5$
$n_1=z-y=b^5$
$5(x+y)=c^5$
$x+y-z=x_1=abcm$
У меня вопросы к вам:если вы вышли на формулу $(x+y-z)^n=n(x+y)(z-x)(z-y)T_n$,то почему не смогли сделать следующие шаги:
1. Что представляет из себя число $x+y-z=$?
2. Что для 1 случая Ферма именно $T_n$ делится на $n$.
3. Что для второго случая Ферма $n(x+y)=c^n, (z-x)=a^n, (z-y)=b^n, T_n=m^n$
4. И,наконец,дать расшифровку $T_n$.
Вы бы получили $(x+y-z)^n=x_1^n=a^nb^nc^nm^n$ и
$(x+y-z)=x_1=abcm$.
Мне просто любопытно-как вы размышляли.Если интересно,то я могу написать вам как я пришел к выводу основных уравнений,описывающих $x,y,z$ для любых степеней,в том числе и для 2-ой степени.До меня для нахождения Пифагоровских троек использовались известные вам формулы-я пользуюсь другими формулами и вы их видели у себя в теме.
и еще вы правы: $T_3=1$,добавлю: и для $T_2=1$ .Вот почему для 3 степени 1 случай Ферма нет смысла доказывать.

[iakowlew]

Уважаемый, Гаджимурат.
Конечно, на это тож-во было не просто выйти...
Я, конечно, не знал, что на него вышли еще 200... лет назад.
О нем есть упоминание у "Рибенхойма".
Но тож-во есть тож-во.
Насчет, $T_n$, я могу Вам предоставить формулы...
(на основе Бинома Ньютона).
Из них, я смог выжать, только,что, для $n=5$, $(x,y.z)=5$.

-- Вс янв 09, 2011 20:32:31 --

Уважаемый, Гаджимурат.
Конечно, на это тож-во было не просто выйти...
Я, конечно, не знал, что на него вышли еще 200... лет назад.
О нем есть упоминание у "Рибенхойма".
Но тож-во есть тож-во.
Насчет, $T_n$, я могу Вам предоставить формулы...
(на основе Бинома Ньютона).
Из них, я смог выжать, только,что, для $n=5$, $(x,y.z)=5$.

[Гаджимурат]

iakowlew в сообщении #397289 писал(а):

Из них, я смог выжать, только,что, для $n=5,(x,y,z)=5$ .

Мне все понятно.На тож-во вышли 200... лет назад как и вы.Я шел другим путем,поэтому и получил систему уравнений(формул),позволяющих проводить анализ ур-ния Ферма для любой степени.
А начал я более 30 лет назад с того,что не стал изучать все про ВТФ,что бы не засорять себе мозги чужими ошибками.Я представил себе,если $x+y>z$,то наверное $x+y=z+x_1$,отсюда видим,что:
$y=x_1+z-x=x_1+n$
$x=x_1+z-y=x_1+n_1$
$z=-x_1+x+y=x_1+n+n_1$
И еще нашел,что $xy=nn_1+zx_1$, и все,остальное дело было техники. Так я получил формулы решения ВТФ в целых числах для любых степеней больше 1,т.есть и для 2-ой степени.

Но это ,как я понял,не интересно.Главное для решения ВТФ,это найти решение для 3-ей степени,понять почему нет решения для нее в целых числах.Если это будет сделано,то тогда будет просто найти решение ВТФ в общем виде для любых степеней.Я много знаю про 3-ю степень,но найти причину, по которой для нее нет решения,увы,я еще не нашел.Да и найду ли,жизнь коротка,а в пожилом возрасте не так соображалка работает,как в молодости.Ведь то что я сделал,сделал в молодые годы.

[iakowlew]

Уважаемый, Гаджимурат.
Вы простите меня, но я пока не готов рассмотреть
Ваши разработки...
Я, надеюсь, что мы найдем общий язык...

[iakowlew]

Рассмотрим уравнение
(1) $x^{2n}+y^{2n}=z^{2n}$,
где $n-$ простое и $n>2$.
Пусть $x-$ четное число.
Одно из чисел $z$ или $y$ - не кратно $n$.
Допустим, что $z$ - не кратно $n$.
Тогда имеем:
(2) $z_2^{2n}=x^{2(n-1)}-x^{2(n-2)}y^2+...-x^2y^{2(n-2)}+y^{2(n-1)}$.
Это уравнение вида
(3) $a_1x_1^2+...+a_nx_n^2+y^2=z^2$,
где $x$ - четное число, $y$ и $z$ - нечетные числа.
Все решения этого уравнения в рациональных числах, как известно, имеют следующий вид
(4) $y=1-2^{-2}a_1x_1^2-...-2^{-2}a_nx_n^2$,
где $y,a_i,x_i$ есть рациональные числа. $Z$, в данном случае, нас не интересует.
Поэтому, из уравнения (2), на основании формулы (4), имеем:
$y^{n-1}=1-2^{-2}x^{2(n-1)}+2^{-2}x^{2(n-2)}y^2-...+2^{-2}x^2y^{2(n-2)}$.
Но это тоже уравнение вида (3). Применим еще раз формулу (4), имеем:
$1=1+2^{-4}x^{2(n- 1)}-2^{-4}x^{2(n-2)}y^2+...-2^{-4}x^2y^{2(n-2)}$.
Отсюда имеем, что $(x,y)>1$.
Таким образом, уравнение (1) не имеет решения в целых числах.