Теорема Ферма от Ultra

[Ultra]

Админ, огромная просьба, не удаляй и не закрывай эту тему, пока её не посмотрит SOMEONE!
Если всё правильно - то это очень интересно (и я ответил на вопрос модератора - не заметили?)

^n=X^n+Y^n
Преобразуем по формуле преобразования квадрата суммы квадратов :
Z^n=X^n+Y^n = X^n+Y^n + 2(XY)^(n/2) - 2(XY)^(n/2) (1)


Z^n=(X^n+Y^n)^2 - 2(XY)^(n/2) (2)
или
Z^n=(X^n-Y^n)^2 + 2(XY)^(n/2) (3)

Решаем систему (2) (3)
2(XY)^n - 2(XY)^(n/2) = - 2(XY)^n + 2(XY)^(n/2)

4(XY)^n=4(XY)^(n/2)
(XY)^n=(XY)^(n/2)

n=n/2

n - единственный корень ч.т.д!

SOMEONE, в предыдущем посте я действительно ошибся (поторопился) а здесь? (спасибо)

[Someone]

Ultra писал(а):

^n=X^n+Y^n

Конечно, $Z^n=X^n+Y^n$.

Ultra писал(а):

Преобразуем по формуле преобразования квадрата суммы квадратов :
Z^n=X^n+Y^n = X^n+Y^n + 2(XY)^(n/2) - 2(XY)^(n/2) (1)


Z^n=(X^n+Y^n)^2 - 2(XY)^(n/2) (2)
или
Z^n=(X^n-Y^n)^2 + 2(XY)^(n/2) (3)

Здесь ошибки: должно быть $Z^n=(X^{\frac{n}{2}}+Y^{\frac{n}{2}})^2-2(XY)^{\frac{n}{2}}$ и $Z^n=(X^{\frac{n}{2}}-Y^{\frac{n}{2}})^2+2(XY)^{\frac{n}{2}}$.

Ultra писал(а):

Решаем систему (2) (3)

Если записать уравнения (2) и (3) без ошибок, то это одно и то же уравнение.

Ultra писал(а):

n=n/2

n - единственный корень ч.т.д!

Да, единственный: $n=0$.

Ultra писал(а):

SOMEONE, в предыдущем посте я действительно ошибся (поторопился) а здесь?

Здесь - как всегда. За всю историю ферматистских (не профессиональных) "доказательств" теоремы Ферма не было ни одного случая, чтобы ошибок не было.

P.S. Насколько я помню, у Вас спрашивали, чего Вы ожидаете от доказательства теоремы Ферма. Предположим, что Вы действительно сможете доказать эту теорему (я в чудеса не верю, но чем чёрт не шутит...). Что тогда будет? Приоритет в доказательстве уже кому-то принадлежит. Тот факт, что об этом не говорят на каждом углу, и очень мало кто помнит, как зовут автора доказательства, означает, что это никого не интересует. В частности, потому, что пользы от этой теоремы, грубо говоря, как от козла молока. Чего Вы то ожидаете?

[незваный гость]

Someone писал(а):

Приоритет в доказательстве уже кому-то принадлежит. Тот факт, что об этом не говорят на каждом углу, и очень мало кто помнит, как зовут автора доказательства, означает, что это никого не интересует.

Существует своеобразный спорт - делать (или перерабатывать) доказательства элементарно формулируемых теорем в элементарные, понятные школьнику. Например, Три жемчужины теории чисел Хинчина. И это правильно - учить надо на реальных, интересных и содержательных теоремах, и не только рассказами о математике. Другой вопрос - подобные доказательства. Я не вполне понимаю желание комментировать их... Уж простите, Ultra.

[Someone]

незванный гость писал(а):

Существует своеобразный спорт - делать (или перерабатывать) доказательства элементарно формулируемых теорем в элементарные, понятные школьнику. Например, Три жемчужины теории чисел Хинчина. И это правильно - учить надо на реальных, интересных и содержательных теоремах, и не только рассказами о математике.

Это так, но, к сожалению, таких теорем, которые были бы интересны и доказательства которых можно сделать понятными хорошему школьнику, весьма мало. В частности, мне очень трудно вообразить себе школьника, способного разобраться в элементарных доказательствах из книжечки Хинчина. Это и от меня требует колоссальных усилий. Возможно, что такие школьники есть, но я их никогда не встречал.

незванный гость писал(а):

Другой вопрос - подобные доказательства. Я не вполне понимаю желание комментировать их...

Ну, это, видимо, "педагогический зуд". Когда я вижу, что некто что-то излагает и делает очевидные для меня ошибки, я уже не могу удержаться, чтобы не сообщить автору об этом. Хотя в случае с ферманьякскими "доказательствами" я сохранил бы для более полезных занятий массу личного времени.

[незваный гость]

Someone писал(а):

В частности, мне очень трудно вообразить себе школьника, способного разобраться в элементарных доказательствах из книжечки Хинчина. ... Возможно, что такие школьники есть, но я их никогда не встречал.

Позвольте представиться - незванный гость, очень приятно. И Я был не один такой. Хотя усилий, конечно, потребовало немало. Со школы и помню книжку.

Я, говоря про доказательства, имел в виду сугубо узко ферматику.

[dm]

Закрыто до выяснения обстоятельств. Новых тем не создавать.

[dm]

Темы объединил и пока открываю. Надеюсь, не прийдется об этом пожалеть.

Ultra
Обратите, пожалуйста, внимание на будущее, что если модератор закрыл тему, то повторное создание аналогичной темы - это флуд.
Если возникли вопросы к модератору, их можно задать в привате или специальном разделе.

[Ultra]

Цитата:

Ultra, вы игнорируете мои вопросы. Меня это расстраивает
Закрываю тему.

Dan_Te, я ничего не хочу от теоремы - я просто хочу её понять.

Уважаемый Someone,
Мои рассуждения строились следующим образом:
Каковы бы ни были Х и У для них всегда будет выполняться теорема Пифагора
X^2+Y^2=Q^2, где Q –некоторое число.
Между прочим, каковы бы ни были Х^n и У^n для них теорема Пифагора будет выполняться тоже.
Х^2n + У^2n= Q1^2
Потому, что любые два числа могут являться составляющими Пифагоровой тройки.

В случае n=2, Z совпадет с Q.
Поэтому я считаю, что могу объединить теорему Ферма и теорему Пифагора, в систему, чтобы затем найти для неё общее решение.

X^2+Y^2=Q^2, (1)
X^n+Y^n=Z^n (2)

Которое будет при

Z^n=Q^2

[Ultra]

В догонку:
Someone, спасибо, что высветили мои ошибки (я часто ошибаюсь порассеянности)

[Someone]

Ultra писал(а):

я ничего не хочу от теоремы - я просто хочу её понять.

У меня были подозрения, что Вы не понимаете, о чём идёт речь в теореме Ферма.

Ultra писал(а):

Мои рассуждения строились следующим образом:
Каковы бы ни были Х и У для них всегда будет выполняться теорема Пифагора
X^2+Y^2=Q^2, где Q –некоторое число.

Если речь идёт о натуральных числах - то не всегда.

Ultra писал(а):

Между прочим, каковы бы ни были Х^n и У^n для них теорема Пифагора будет выполняться тоже.
Х^2n + У^2n= Q1^2
Потому, что любые два числа могут являться составляющими Пифагоровой тройки.

Пифагоровы тройки состоят из натуральных чисел (по определению). Поэтому данное утверждение неверно. Например, числа $X=5$ и $Y=6$ не являются членами пифагоровой тройки, так как $X^2+Y^2=25+36=61$ не является квадратом натурального числа (и $Y^2-X^2=36-25=11$ - тоже). Что касается равенства $X^{2n}+Y^{2n}=Q_1^2$, то оно, например, при $n=2$ и натуральных $X$, $Y$, $Q_1$ вообще не может выполняться, что было доказано, если не ошибаюсь, ещё самим Ферма

Ultra писал(а):

В случае n=2, Z совпадет с Q.
Поэтому я считаю, что могу объединить теорему Ферма и теорему Пифагора,

Теорема Пифагора - это геометрическая теорема о длинах сторон прямоугольного треугольника, в которой вовсе не предполагается, что эти длины являются целочисленными. Теорема Ферма - напротив, относится исключительно к натуральным (целым положительным) числам, и утверждает, что уравнение $x^n+y^n=z^n$ при натуральном $n>2$ не имеет решений. Поэтому объединять эти две теоремы совершенно бессмысленно.

Ultra писал(а):

в систему, чтобы затем найти для неё общее решение.

X^2+Y^2=Q^2, (1)
X^n+Y^n=Z^n (2)

Как уже отмечалось, равенство (1), согласно теореме Пифагора, заведомо выполняется, если $X$, $Y$ и $Q$ - длины катетов и гипотенузы прямоугольного треугольника. В качестве приятного дополнения оказывается, что все эти три числа могут быть натуральными (например, 3, 4 и 5). Решения уравнения (1), состоящие из натуральных чисел, и называются пифагоровыми тройками.

Если Вы хотите решать систему (1), (2) в множестве действительных чисел, то здесь проблемы вообще никакой нет: берём совершенно произвольные $X$ и $Y$, а затем из уравнений (1) и (2) находим $Q=\sqrt{X^2+Y^2}$ и $Z=\sqrt[n]{X^n+Y^n}$.

Если же Вы хотите решать эту систему в множестве натуральных чисел, то теорема Ферма утверждает, что при натуральном $n>2$ уже одно уравнение (2) не имеет решений, поэтому добавление к уравнению (2) ещё и уравнения (1) тем более даёт систему, не имеющую решений. Как я уже писал, теорема Ферма уже доказана в полном объёме, и доказывать её ещё раз нет никакой нужды.

Ultra писал(а):

Которое будет при

Z^n=Q^2

Это равенство при $n>2$ выполняться не может. Действительно, $X\geqslant 1$ и $Y\geqslant 1$. Поскольку при $X=Y=1$ число $X^n+Y^n=2$ не является $n$-ой степенью натурального числа, то хотя бы одно из чисел $X$ или $Y$ больше 1. Например, пусть $Y>1$. Так как $n>2$, то $X^n\geqslant X^2$ и $Y^n>Y^2$. Поэтому $X^n+Y^n>X^2+Y^2$, то есть, $Z^n>Q^2$ (напоминаю, что здесь я объяснял, почему $Q^2>Z^2$).

[Ultra]

Может, кто знает, существуют ли алгоритмы (формулы) вычисления корня квадратного (^1/n) (n=2) из числа Z^n если мы знаем как это число получили и исходные X, Y, например: 3^2+4^2=25=(?)^2. Как вычислить 5? или 29 из 841?
Ведь, теоретически, если мы "вручную" или даже "в уме" можем вычислить Z^2, то, наоборот, должен существовать способ вычисления Z, без применения калькулятора и метода "тыка". В конце-концов, ведь, калькулятор вычисляет корень из числа тоже по какому-то алгоритму. Я о таких не слышал.

[PAV]

Ultra писал(а):

Ведь, теоретически, если мы "вручную" или даже "в уме" можем вычислить Z^2, то, наоборот, должен существовать способ вычисления Z, без применения калькулятора и метода "тыка". В конце-концов, ведь, калькулятор вычисляет корень из числа тоже по какому-то алгоритму.

Вовсе нет. Существуют несимметричные преобразования, т.е. такие, которые в одну сторону производятся легко и быстро, а в другую - только лишь методом тыка. На использовании таких алгоритмов основаны криптографические системы с открытым ключом. Наиболее известное такое преобразование - разложение числа на простые сомножители, на его основе работает известный криптографический алгоритм RSA. Имея несколько простых чисел, вы можете быстро найти их произведение, но наоборот - только тем или иным перебором. Это не доказано, что по-другому нельзя, но несмотря на очень серьезные усилия никто так и не придумал алгоритм. В криптографических системах это используется так: для того, чтобы зашифровать сообщение, нужно знать произведение. Его вы раздаете всем окружающим (это - открытый ключ) и они могут писать вам шифрованные послания. Но чтобы декодировать - нужно знать разложение на простые, и эту информацию вы держите при себе (закрытый ключ).

Ваш пример такого же рода. Т.е. возможно что и существует какой-то хитрый алгоритм, но это далеко не факт.

Что же до калькулятора, то он вычисляет квадратный корень не точно, а лишь с некоторой точностью, и использует какой-то численный метод, немногим отличающийся от метода тыка. Вы же можете заставить его вычислить корень из любого числа, а не только являющегося квадратом целого. Интересно, чего вы хотите от вашего алгоритма если подать ему на вход число 2?

[Someone]

Ultra писал(а):

Может, кто знает, существуют ли алгоритмы (формулы) вычисления корня квадратного (^1/n) (n=2) из числа Z^n если мы знаем как это число получили и исходные X, Y, например: 3^2+4^2=25=(?)^2. Как вычислить 5? или 29 из 841?
Ведь, теоретически, если мы "вручную" или даже "в уме" можем вычислить Z^2, то, наоборот, должен существовать способ вычисления Z, без применения калькулятора и метода "тыка". В конце-концов, ведь, калькулятор вычисляет корень из числа тоже по какому-то алгоритму. Я о таких не слышал.

PAV прав в том отношении, что алгоритмы, выполняющие прямое и обратное преобразование, могут иметь существенно различную трудоёмкость; скорее всего, существуют и такие преобразования (не обязательно в множестве чисел), которые выполняются простыми быстрыми алгоритмами, в то время как обратное преобразование является алгоритмически неразрешимой задачей.

Что касается конкретно "ручного" алгоритма вычисления квадратного корня, то он существует. Когда я был ещё школьником, мы такой алгоритм изучали. Он сильно похож на алгоритм деления "уголком", но описывать его мне как-то не хочется. Я встречал даже алгоритм вычисления квадратного корня на счётах и на арифмометре. Алгоритм для вычисления на счётах можно найти в следующей книжечке:

А.П.Доморяд. Математические игры и развлечения. Государственное издательство физико-математической литературы, Москва, 1961.

[Ultra]

Спасибо за информацию ответившим, а сейчас........


[b]Моя очередная и последняя попытка очень оригинально доказать т. Ферма.[/b]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------
ТЕОРЕМА
X^n+Y^n = Z^n, где X, Y, Z, n целые натуральные числа не имеет решения при n>2
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО (?)
Представим себе ряд спичек на столе (числовой ряд). Одна спичка - соответствует единице.
Теперь представим себе теорему Ферма посредством спичек и будем комментировать это и записывать привычным нам математическим способом.
Пусть даны X и Y спичек в этом ряду - мысленно (можно и реально) отделяем их от ряда и получаем две группы по X=3 и Y=4 спички в группах. Назовём их икс-группы, игрек-группы,

потом будет зед-группы. Мы возводим их (спички) в степень n - это значит отодвигаем от общего ряда к соответствующим, ранее оложенным группам, n-1 групп по 3 спички и столько

же - (n-1) - групп по 4 спички.
Пусть, для примера, n=3.
В ряду соответствующем "X" получилось Xгр = X^(n-1)= 3^2= 9 (1) икс-групп по 3 спичке в каждой, всего X^n=3^3=27 спичек.
В ряду соответствующем "Y" получилось Yгр = Y^(n-1)= 4^2= 16 (2) игрек-групп по 4 спичке в каждой, всего Y^n=4^3=64 спичек.
Общее число спичек:
Z^n = 27+64 =81 (3) спичек в 25 группах Qгр , где
Qгр = Xгр+Yгр=9+16=25 кью-групп. (4)
Очевидно, что количество групп вычисляется и так:
в ряду X:
Xгр = (X^n)/X =27/3=9; (5)
в ряду Y:
Yгр=(Y^n)/Y =64/4=16 . (6)

Сколько же будет зед-групп Zгр в ряду "Z" c Z спичками в каждой группе если всего Z^n=81 спичек? - ответ неоднозначен из за ограничений:
во первых :
Zгр=(Z^n)/Z=81/Z (7) величина Z нам пока не известная.
во-вторых:
Zгр=Z ^ (n-1)=Z^2 (8) величина Z нам опять ещё пока не известная.

Известны только (Z^n) =81 спичек и n=3 - спепень в которую надо возвести Z, чтобы получить (Z^n) (корень который надо извлечь из (Z^n) =81, чтобы получить Z).

Мы получили систему, решать которую особой надобности нет, т. к. результат известен. Покажем это:
Zгр = (Z^n)/Z=Z ^ (n-1) (9)
Zгр=81=Z^3
Z=(Z^n)^(1/n)=81^(1/3) (10) - результат нам ранее известный из условия.
Мы можем вычислить Z на ЭВМ, но нам надо не это.
Попробуем определить количество зед-групп Zгр в которых будет содержаться по Z спичек в каждой.
Очевидно, что Zгр не может быть больше Qгр, так как Z всегда больше бОльшего из X, Y.
В то же время Zгр не м. б. меньше количества групп бОльшего из X, Y ( в нашем случае Yгр=16)

Qгр => Zгр >=Yгр, т. е. 25=> Zгр >=16 (11)

Теперь оределимся с Z. Она не может быть меньше бОльшего из X, Y ( в нашем случае Y) и не может быть больше суммы X+Y.
X+Y => Z >=Y, т. е. 7=> Z >=4 (12)

(((((((Между прочим, эти и следующие условия снижают количество ошибочных вариантов при поиске Z "вручную" когда известны исходные величины и метод в результате которого

получена величина Z^n. Назовём условно данный метод "методом итерации групп" [all right reserved:-)])))))))

Мы помним, что Zгр = Z^(n)/Z и значит Z=(Z^n)/Zгр
Найдём новые границы для Z
Zм1=(Z^n)/Zгр=81/25=3,24 спичек в группе - "новая" минимальная граница для Z. Она меньше главного условия (12) для минимальной границы Z = Y=4 и мы оставляем её без внимания.

Zб1=(Z^n)/Zгр=81/16=5,0625 - новая максимальная граница для Z. Так как меньше прежней максимальной границы Z, и кроме того не целое число (а нас интересуют по условию целые

числа, то мы округляем её в соответствующую сторону и назначаем новой максимальной границей:
Zб1=5=> Z >=4=Zм1 (13)
Теперь определяем новые границы для групп Zгр:
Zгрм1=(Z^n)/Z=81/5=16,2 групп; 16,2 - более чем 16 - старой границы, - и, кроме того, в соотв-ии с (11) округляем её до целого - до 17.
Zгрб1=(Z^n)/Z=81/4=20,25 групп; - округляем в меньшую сторону - она становится новой большей границей вместо 25
Zгрб1=20=> Zгр >= 17=Zгрм1 (14)
Теперь вновь определяем новые границы для Z:
Zм2=(Z^n)/Zгрб1=81/20=4,05 спичек в группе - "новая" минимальная граница для Z. Она больше прежней равной 4 и поэтому становится границей взамен прежней.
Zб2=(Z^n)/Zгрм1=81/17=4,76....- меньше прежней границы и становится новой .

Zб2=4,76=> Z >=4,05 =Zм2 (15)

Мы не будем проводить итерации дальше и могли бы не проводить (14)-(15) и остановиться на (13) потому, что между 5 и 4 челых чисел нет, а 5 и 4 не подходят по условию (не равны в

3-й степени 81), а это значит что Z находится между ними и оно не целое число, след-но не удовлетворяет выражению Ферма (т. е. подтверждает теорему в своём случае) . Я показал

лишь способ как находить корень n-й степени из заданного числа. Если бы мы бесконечно продолжали такие итерации, поочерёдно сужая диапазон допустимых значений групп и

чисел, то вплотную бы приблизились к настоящему значению Z которое составляет Z=(Z^n)^(1/n)= 81^(1/3)=4,3267487........ (бесконечная дробь) . При этом кол-во групп

Zгр=18,720754454724860....., квадратный корень из которого, как и положено равняется Z.
Между тем нашей основной задачей остаётся доказательство теоремы Ферма. которая говорит что при целых n>2 Z - не целое .
Рассмотрим как изменяются границы при возрастании n при постоянных X Y. Внимательный анализ формул покажет, что при увеличении n начиная c n=2, допустимые границы в

которых находится Z будут приближаться от границ X+Y к границам большего по модулю из них, что вполне понятно, т. к. бОльшая величина (в нашем сл. Y) возводимая в степень

увеличивается при этом в [Y^(n)-X^(n)] раз "быстрее" чем меньшая из них, и соответственно увеличивается в [Y^(n-1) - X^(n-1)] раз быстрее количество игрек-групп по отношению к

икс-группам. Это означает что при этом доля игрек-групп постоянно увеличивается в общем количестве Qгр и граница смещается опять-таки к максимальному из X, Y тем ближе и

быстрее, чем больше n, никогда, впрочем, не принимая самого значения X или Y. Почему же граница не может "сойтись" на целом числе, т. е. почему Z не м. б. целым при целом n>2?.

Опять, же внимательный алнализ формул говорит нам о том,что для этого один из X^n, Y^n должен быть равен нулю, что условиями теоремы не предусмотрено. Впрочем, в этом случае

Z^n , был бы равен другому из них. В случае равных (очень близих) X, Y, число их групп одинаково Xгр=Yгр, а граница для Zгр в пределе от Yгр - до 2* Yгр. Граница Z в случае
X=Y=> Z >=X+Y - казалось бы почему Z не м. б. целым? - Потому, что нет такого числа при котором оно возведённое в степень (если речь не о второй степени) и умноженное на 2 (в

результате чего полчается Z^n) давало бы целое число при извлечении из Z^n корня той же степени. Потому, что умножение не адекватно возведению в степень.


Рассмотрим применением того же метода случай при таких же X, Y, но n=2.


В ряду соответствующем "X" получилось Xгр = X^(n-1)= 3^1= 3 (1) икс-групп по 3 спичке в каждой, всего X^n=3^2=9 спичек.
В ряду соответствующем "Y" получилось Yгр = Y^(n-1)= 4^1= 4 (2) игрек-групп по 4 спичке в каждой, всего Y^n=4^2=16 спичек.
Общее число спичек:
Z^n = 9+16=25 (3) спичек в 7 группах Qгр , где
Qгр = 3+4=7 кью-групп. (4)
количество групп :
в ряду X:
Xгр = (X^n)/X =9/3=3; (5)
в ряду Y:
Yгр=(Y^n)/Y =16/4=4 . (6)

Сколько же будет зед-групп Zгр в ряду "Z" c Z спичками в каждой группе если всего Z^n=25 спичек?
во первых имеем:
Zгр=(Z^n)/Z=25/Z (7)
во-вторых имеем:
Zгр=Z ^ (n-1)=Z^1 (8)

Известны только (Z^n) =25 спичек и n=2 - спепень в которую надо возвести Z, чтобы получить (Z^n) (корень который надо извлечь из (Z^n) =25, чтобы получить Z.

Определим количество зед-групп Zгр в которых будет содержаться по Z спичек в каждой.
Очевидно, что Zгр не может быть больше Qгр, так как Z всегда больше бОльшего из X, Y (значит зед-групп будет меньше).
В то же время Zгр не может быть меньше количества групп бОльшего из X, Y ( в нашем случае Yгр=4)

Qгр => Zгр >=Yгр, т. е. 7=> Zгр >=4 (11)

Теперь Z. Она не может быть меньше бОльшего из X, Y ( в нашем случае Y) и не может быть больше суммы X+Y.
X+Y => Z >=Y, т. е. 7=> Z >=4 (12)

Мы помним, что Zгр = Z^(n)/Z и значит Z=(Z^n)/Zгр
Найдём границы для Z
Zм1=(Z^n)/Zгр=25/7=3,571... спичек в группе - "новая" минимальная граница для Z. Она меньше главного условия (12) для минимальной границы Z = Y=4 и мы оставляем 4 без внимания.

Zб1=(Z^n)/Zгр=25/4=6,25 - новая максимальная граница для Z. Так как она меньше прежней максимальной границы Z, и кроме того не целое число (а нас интересуют по условию целые

числа, то мы округляем её в соответствующую сторону и назначаем новой максимальной границей:
Zб1=6=> Z >=4=Zм1 (13)
Теперь определяем новые границы для групп Zгр:
Zгрм1=(Z^n)/Z=25/6=4,1666667 групп - более чем 4 - старой границы, и округляем её до целого - до 5
Zгрб1=(Z^n)/Z=25/4=6,25 групп - не меняем большую границу оставляя прежнюю.
Zгрб1=6=> Zгр >= 5=Zгрм1 (14)
Теперь определяем новые границы для Z:
Zм2=(Z^n)/Zгрб1=25/6=4,1666667 спичек в группе - "новая" минимальная граница для Z. Она больше прежней равной 4 и округляя её до 5 назначаем новой границей.
Zб2=(Z^n)/Zгрм1=25/5=5....- меньше прежней границы и становится новой .
Zб2=5=> Z >=5 =Zм2
Замечаем, что границы совпали! Z=5, проверяем Z=(Z^n)/Zгр=5=(5^2)/5 (15)
И на этом останавливаем круг итераций.



Таким образом я нашёл алгоритм для вычисления корней из выражения вида из теоремы Ферма, и частично показал, что сама теорема, верна.

Настоящая статья, конечно не может являться законченным доказательством т. Ферма, однако при определённой доработке (надеюсь с Вашей помощью) она может приобрести вид

требуемого для доказательства. Для этого надо придумать точные формулы зависимостей и вычислить величины n и другие которые в своей взаимосвязи могли бы дать точное

математическое описание поведения этого уравнения Ферма.
В связи с этим был бы рад (если конечно тут нет принципиальных ошибок) если кто-нибудь станет соавтором и продолжит работу уже как профессиональный математик. Если же этот

метод никого не интересует, то в любом случае приятно было пообщаться - узнал что-то нового.

Извиняюсь за длинный пост и благодарю за внимание.




P.S. Возможно, что-то подобное уже было придумано, но я об этом ничего не знаю.

[Someone]

Ultra писал(а):

Моя очередная и последняя попытка очень оригинально доказать т. Ферма.

Да неужели?

Ultra писал(а):

Представим себе ряд спичек на столе (числовой ряд). Одна спичка - соответствует единице.
Теперь представим себе теорему Ферма посредством спичек и будем комментировать это и записывать привычным нам математическим способом.
Пусть даны X и Y спичек в этом ряду - мысленно (можно и реально) отделяем их от ряда и получаем две группы по X=3 и Y=4 спички в группах. Назовём их икс-группы, игрек-группы,

потом будет зед-группы. Мы возводим их (спички) в степень n - это значит отодвигаем от общего ряда к соответствующим, ранее оложенным группам, n-1 групп по 3 спички и столько

же - (n-1) - групп по 4 спички.
Пусть, для примера, n=3.]

Не понял. Вы собираетесь доказывать, что $X=3$ и $Y=4$ не могут дать решение уравнения $X^3+Y^3=Z^3$ в множестве натуральных чисел?

Там дальше есть арифметическая ошибка (написано 27+64=81, тогда как на самом деле 27+64=91), но это не важно.
Я не понял, зачем нужно такое длинное рассуждение? Поскольку должно быть $Z>Y$, то $Z\geqslant 5$, поэтому $Z^3\geqslant 125>91$, следовательно, $Z$ не может быть натуральным числом.

Ultra писал(а):

...
Таким образом я нашёл алгоритм для вычисления корней из выражения вида из теоремы Ферма, и частично показал, что сама теорема, верна.

Да, "частично": проверили, что конкретная пара чисел не даёт решения. Поскольку таких пар бесконечно много, работы Вам хватит ещё надолго.

Ultra писал(а):

Настоящая статья, конечно не может являться законченным доказательством т. Ферма, однако при определённой доработке (надеюсь с Вашей помощью) она может приобрести вид

Увольте. Сами считайте.