Девять версий доказательства теоремы Ферма (B. R.SH)

[Ruslan Bahaev]

Девять версий доказательства теоремы Ферма:

Прилагаемые версии основаны на двух теоремах: из работы автора (геометрия чисел III) и теореме Пифагора. Выбранная форма доказательства в виде решения задач автору представляется наиболее оптимальной и позволяет быть максимально кратким (что написано в знаках – в знаках должно быть разрешено)

Теорема 5. (Рабочий вариант без формулировки)
Для произвольных (х, у )
1) $x=\frac{сR}{R+1}$

2) $y=\frac{c\sqrt{2R+1}}{R+1}$

3) $\frac{R}{R+1}+\frac{\sqrt{2R+1}}{R+1}=\frac{x+y}{c}$

4)$\left[\frac{R}{R+1}\right]^n+\left[\frac{\sqrt{2R+1}}{R+1}\right]^n=\frac{x^n+y^n}{c^n}$

$R=\frac{x}{c-x}$ $c=\sqrt{x^2+y^2}$




Задача 1: Выразить сумму переменных (x,y) в произвольной степени (x,y) –натуральные числа


Решение:

$x^n+y^n=\left[c\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{c^n}}\right]^n$

Приняв $z=\left[c\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n }{c^n}}\right]^n$

Приведенная формула верна для всех действительных чисел и позволяет определять z для всех произвольных (x,y) в произвольной же степени. Доказывать, что z не может выражаться натуральным числом при $n>2$ ерное нет необходимости.



Задача 2. Определить область значения (z) в уравнении $x^n+y^n=z^n$ (x,y) –натуральные числа


Решение.

Преобразуем уравнение и напишем его в виде $\left[x\sqrt[n]{2-\frac{1}{R+1}}\right]^n=z$
$R=\frac{y^n}{x^n-y^n}$ $x^n>y^n$
Следовательно z определен на интервале $x<z<x\sqrt[n]{2-\frac{1}{R+1}}$ или $x<z<\sqrt[n]{2}x$
$\sqrt[n]{2}x$ - максимальное значение. На этом интервале есть одно целое число $(x+1)$ Допустим что $z=(x+1)$ Т.е., $(x+1)^n=\frac{(x(2R+1))^n}{2(R+1)^n}+\frac{(2R+1)^n}{2R^n}$ ; $R=\frac{1}{x-1}$
Т.е., $x=\frac{x(2R+1)}{\sqrt[n]{2}(R+1)}$ ; $y=\frac{(2R+1)}{\sqrt[n]{2}(R+1)}$
Что не соответствует условию задачи. Это означает, что z не имеет целых значений на интервале $x<z<\sqrt[n]{2}x$ для натуральных x,y .




Задача 3. Выразить отношение переменных x, y, z в уравнении $x^n+y^n=z^n$ для произвольного z – (z-натуральное число)

Решение.

Запишем уравнение в виде $x^{(n/2)^2}+y^{(n/2)^2}=z^{(n/2)^2}$

$x=z\sqrt[n]{\frac{R^2}{(R+1)^2}}$ ; $y=z\sqrt[n]{\frac{2R+1}{(R+1)^2}}$ Подставив значения x,y в уравнение, имеем $\left[z\sqrt[n]{\frac{a^2}{(c^2)}}\right]^n+\left[z\sqrt[n]{\frac{b^2}{c^2}}\right]^n$
Формула выражает $z^n$ в виде суммы слагаемых в произвольной степени

$z=a+b$ $c=\sqrt{a^2+b^2}$ и отношение переменных в уравнении равно $\frac{x^n}{z^n}=\frac{a^2}{c^2}$ $\frac{y^n}{z^n}=\frac{b^2}{c^2}$




Приведенная методика использования теоремы(5) позволяет решать уравнения трех неизвестных. $x^n+y^m=z^c$ $x=\sqrt[n]{\frac{z^cR^2}{(R+1)^2}}$ $y=\sqrt[m]{\frac{z^c(2R+1)}{(R+1)^2}}$ (z;R – произвольные) (ответ для Maт из Краснодара)



Задача 4.Определить $y^n$ в уравнении $y^n+x^n=z^n$ если $x^n$ и $z^n$ произвольные натуральные числа.

Решение.

Для произвольных $x^n$ и $z^n$ есть $y=z\sqrt[n]{1-\frac{R^n}{(R+1)^n}}$
Т.е., уравнение запишется в виде $y=z\sqrt[n]{1-\frac{R^n}{(R+1)^n}}$
Можно сколь угодно долго изощряться в алгебрологических действиях, однако выразить натуральное y возможно только при n=2 $y=\sqrt{z^2-x^2}=y$




Задача 5. Выразить $z^n$ в виде суммы двух слагаемых в той же степени.


Решение

$z=a+b$ $c=\sqrt{a^2+b^2}$

$x=\left[z\sqrt[n]{\frac{a^2}{c^2}}\right]^n$

$y=\left[z\sqrt[n]{\frac{b^2}{c^2}}\right]^n$

Т.е.,$\left[z\sqrt[n]{\frac{a^2}{c^2}}\right]^n+\left[z\sqrt[n]{\frac{b^2}{c^2}}\right]^n=z^n$
Если a=b, $z^n=\left[\frac{z}{\sqrt[n]{2}}\right]^n+\left[\frac{z}{\sqrt[n]{2}}\right]^n$


Т.е., $(a+b)^n=\left[z\sqrt[n]{\frac{a^2}{c^2}}\right]^n+\left[z\sqrt[n]{\frac{a^2}{c^2}}\right]^n$


Остальные версии в виде решения геометрических задач в следующих сообщениях.

[migmit]

Ruslan Bahaev в сообщении #310314 писал(а):

Девять версий доказательства теоремы Ферма:
Теорема 5. (Рабочий вариант без формулировки)

Собственно, дальше можно не читать.

[shwedka]

Ruslan Bahaev в сообщении #310314 писал(а):

Доказывать, что z не может выражаться натуральным числом при $n>2$ ерное нет необходимости.

Необходимость есть. Докажите!

Ruslan Bahaev в сообщении #310314 писал(а):

Можно сколь угодно долго изощряться в алгебрологических действиях, однако выразить натуральное y возможно только при n=2 $y=\sqrt{z^2-x^2}=y$

Докажите, что 'только'! Тот факт, что у Вас не получилось по-другому, доказательством не служит.
и т.д.

[Виктор Ширшов]

Цитата:

Девять версий доказательства теоремы Ферма (B. R.SH)

от модератора AD:

Это Ваше сообщение бессодержательно. Пункт I.1.м).
Ужас, модераторы по Вам уже 11 диссертаций защитили - а Вы еще правила не осилили!

[age]

Цитата:

Можно сколь угодно долго изощряться в алгебрологических действиях, однако выразить натуральное y возможно только при n=2 $y=\sqrt{z^2-x^2}=y$

$5^2=\sqrt{65^2-60^2}$

[Гаджимурат]

Ruslan Bahaev в сообщении #310314 писал(а):

Задача 1

Решение.
$x^n+y^n=[.......]^n$
Приняв $z=[.......]^n$ и далее автор делает вывод,что $z$ не может быть целым числом.А здесь только один следует вывод $z=z^n$ и больше НИЧЕГО!!!
Будьте внимательнее при решении серьезных задач.

[Ruslan Bahaev]

Дополнение.

Теорема 4. (геометрия чисел ( III )

1. $x+y=z$ $y=\frac{x}{R}$ $R=\frac{x}{z-x}$ $R>0$

2. $x^n+y^n=z^n$ $y=\frac{x}{\sqrt[n]{R}}$ $R=\frac{x^n}{z^n-x^n}$ при $n\geq2$ и натуральных $x;z$ $x^n<z^n-x^n$ $0<R\leq1$


3. $x^n+y^m=z^c$ $y=\sqrt[m]{\frac{x^n}{R}}$ $R=\frac{x^n}{z^c-x^n}$
$z>x$ $x;z;m;n;c$ - произвольно




Задача 6.

Определить $x;y;z$ в уравнении $x^n+y^n=z^n$ при $n=n$

Решение
Используем формулу $R=\frac{x^n}{z^n-x^n}$ произвольно определим $R;z$ и находим $y=\frac{x}{\sqrt[n]{R}}$ т.е. $(\sqrt[n]{\frac{z^{n}R}{R+1}})^n+(\sqrt[n]{\frac{z^{n}}{R+1}})^n=z^n$


Задача 7.
Определить $x;y;z$ в уравнении $x^n+y^m=z^c$ при $n;m;c$ - произвольно

Решение.
Используем формулу $R=\frac{x^n}{z^c-x^n}$ произвольно определим $R;z$

Находим $x=\sqrt[n]{\frac{z^{c}R}{R+1}}$

Находим $y=\frac{x}{\sqrt[m]{R}}$ т.е. $(\sqrt[n]{\frac{z^{c}R}{R+1}})^n+(\sqrt[m]{\frac{z^{c}}{R+1}})^m=z^c$

[r-aax]

Ruslan Bahaev в сообщении #310314 писал(а):

Приняв $z=\left[c\sqrt[n]{\frac{x^n+y^n }{c^n}}\right]^n$

Приведенная формула верна для всех действительных чисел и позволяет определять z для всех произвольных (x,y) в произвольной же степени. Доказывать, что z не может выражаться натуральным числом при $n>2$ ерное нет необходимости.

Проще было бы написать, что доказывать теорему Ферма нет необходимости...

P.S. зачем выкладывать 9 "доказательств"? разберитесь с одним...

[gervladger]

Помоему, обсуждать больше нечего - см. тему "Три бинома Ньютона". Там представлены целые числа в виде суммы двух других целых чисел. Ну и что? Это же ведь вполне правомерно. Доказывается очень просто - необходимо рассмотреть чётности сумм и возможность их разделить на 2^p. Вот и всё. Правда, есть в этом деле одна трудность - но она преодолима (можете посмотреть и моё доказательство - оно основано так же на трёх биномах). А вот почему Ферма доказал для n=4, это то же понятно, поскольку имеются показатели степени n=2^r, т.е. состоящие из произведений только чисел 2. Остальные же чётные числа содержат в себе сомножители из нечётных (т.е. всех остальных) простых чисел.

[Ruslan Bahaev]

r-aax в сообщении #338224 писал(а):

Проще было бы написать, что доказывать теорему Ферма нет необходимости...

Судите сами: если есть необходимость определить решение уравнения, то алгоритм есть. И можно «увидеть» сколь угодно количество значений переменных, в которых присутствуют не целые числа. Вопроса, почему уравнение не может иметь решения в целых числах, в теореме нет – ответ на него слишком очевиден


1) $x^n+y^n=\left[c\sqrt[n]{\frac{R^n+(\sqrt{2R+1)}}^n{(R+1)^n}}\right]^n$

$R=\frac{x}{c-1}$

$(x;y;n)$ - произвольно

2) $x^n+y^n=\left[x\sqrt[n]{\frac{R^n}{(R+1)^n}+1}\right]^n$

$R=\frac{y}{x-y}$

$x>y$

$(x;y;n)$ - произвольно

3) $x^n+y^n=z^n$

$y=\left[z\sqrt[n]{1-\frac{R^n}{(R+1)^n}}\right]^n$

$(x;z;n)$ – произвольно

$z>x$

$R=\frac{x}{z-1}$





Задача 8
Дано: $(x^n;y^n;z^n)$ - произвольно
Выразить сумму двух чисел из данной тройки через любое третье

Решение

Выразим сумму (по теореме 5)
$x^n+y^n=\left[z\sqrt[n]{\frac{R^n}{(R+1)^n}+\frac{R^{1n}}{(R^{1n}+1)^n}}\right]^n$

$R=\frac{x}{z-1}$ ; $x<z$

$R^{1n}=\frac{y}{z-y}$ ; $y<z$

Естественно, что для выражения суммы можно использовать любое из данной тройки чисел и во всех случаях при $n>2$ подкоренное выражение есть бесконечное число

Задача 9
Упростить выражение: $x^n+y^n=z^n$ определить множество значений переменных, образующих данное равенство

Решение
$R=\frac{x^n}{z^n-x^n}$ ; $x<z$ ; $(x;z;n)$ - произвольно

$0\leq{R}\leq1$ т.е., уравнение запишется в виде

$x^n+\left[\frac{x}{\sqrt[n]{R}}\right]^n=z^n$ где $y=\left[\frac{x}{\sqrt[n]{R}}\right]^n$

1. Данная формула определяет все решения уравнения Ферма. Решения неопределяемых данной формулой уравнение не имеет.

2. Формула позволяет определять все значения переменных, независимо от степени, а также задать уравнение с требуемой степенью и значениями переменных.

3. Формула позволяет решать уравнения в произвольной степени с произвольным числом неизвестных

-- Вс дек 12, 2010 12:20:51 --

gervladger в сообщении #358855 писал(а):

Помоему, обсуждать больше нечего - см. тему "Три бинома Ньютона". Там представлены целые числа в виде суммы двух других целых чисел. Ну и что? Это же ведь вполне правомерно. Доказывается очень просто - необходимо рассмотреть чётности сумм и возможность их разделить на 2^p. Вот и всё. Правда, есть в этом деле одна трудность - но она преодолима (можете посмотреть и моё доказательство - оно основано так же на трёх биномах). А вот почему Ферма доказал для n=4, это то же понятно, поскольку имеются показатели степени n=2^r, т.е. состоящие из произведений только чисел 2. Остальные же чётные числа содержат в себе сомножители из нечётных (т.е. всех остальных) простых чисел.

1. Без доски не разобраться.
2. Что будем доказывать?
3. Решение для n=4 доказал не Ферма, а один грек, лет 200 назад по моему.

[Ruslan Bahaev]

Примечание к задаче 8
$x^n+y^n=\left[z\sqrt[n]{\frac{R}{R+1}}\right]^n$
$R=\frac{x^n+y^n}{z^n-(x^n+y^n)}$
$(x<y<z)$
$(x;y;z;n;)$ - произвольно

Примечание к задаче 9
Если данное выражение является уравнением, то разность между левой и правой частями должна равняться нулю. Однако, оно не исчезает (по Ньютону), т.е., при $n>2$ выражение и уравнением то не является. Мы можем убедиться в этом, используя следующую формулу:
$x^n+y^n-z^n=-\left[z\sqrt[n]{\frac{1}{R+1}}\right]^n$
$R=\frac{x^n+y^n}{z^n-(x^n+y^n)}$
$(x<y<z)$
$(x;y;z;n;)$ - произвольно (… не имеет положительного решения в целых числах)
В чем легко убедиться, подставив любую тройку натуральных или иных чисел в данную формулу

[matlabist]

Цитата:

Выразим сумму (по теореме 5)
$x^n+y^n=\left[z\sqrt[n]{\frac{R^n}{(R+1)^n}+\frac{R^{1n}}{(R^{1n}+1)^n}}\right]^n$

$R=\frac{x}{z-1}$ ; $x<z$

$R^{1n}=\frac{y}{z-y}$ ; $y<z$

Это всего лишь переобозначения. Переобозначения могут сделать формулировку чего- либо более удобной, но нельзя же с помощью переобозначений что-то доказывать!

Цитата:

Мы можем убедиться в этом, используя следующую формулу:
$x^n+y^n-z^n=-\left[z\sqrt[n]{\frac{1}{R+1}}\right]^n$
$R=\frac{x^n+y^n}{z^n-(x^n+y^n)}$
$(x<y<z)$
$(x;y;z;n;)$ - произвольно (… не имеет положительного решения в целых числах)
В чем легко убедиться, подставив любую тройку натуральных или иных чисел в данную формулу

То есть теорема Ферма доказывается через теорему Ферма?

[kiranik]

десятая и окончательная версия на сайте Удалено. АКМ

[migmit]

kiranik в сообщении #429050 писал(а):

десятая и окончательная версия на сайте

Рекламируем собственные платные ресурсы? Ну-ну.

[AKM]

Похоже, пользователь kiranik видит в нашем форуме лишь средство рекламы своего сайта и не внемлет предупреждениям.
Блокировка пока на месяц.
Админы, поправьте, если это тянет на бессрочную.

Prorab:

Бан бессрочный