Большая теорема Ферма. Доказательство.

[Гаджимурат]

Алексей К. в сообщении #482949 писал(а):

И не более того. Ну, я точечек наставил, чтоб не совсем было бестолковое "имение".

Ну,я точки то еще со школы не ставлю,лет этак 50 и так знаем,что знак умножения можно пропускать. к слову...не более того...
Вот вам пример.Формулы для простой степени $p$.
$x=abcm+b^p$
$y=abcm+a^p/p$
$z=abcm+b^p+a^p/p$. Не будем расписывать,что такое $a,b,c.m$ ,а запишем эти формулы для $p=2$ ,имея ввиду,что $m=1$ для 2 и 3 степеней и $c=1$ для четных степеней.
Поэтому для 2-й степени имеем:
$x=ab+b^2$
$y=ab+a^2/2$
$z=ab+b^2+a^2/2$,где $a,b$ взаимно простые и $a$ четное,а $b$ нечетное.Мы получили новые формулы для 2-й степени,причем они получились как частный случай общего решения ур-ния Ферма. А Вы...я точек наставил,чтоб не совсем было бестолковое "имение".....выводы сделайте правильные....подумайте,прежде,чем оскорблять участников этого форума.
Если найдете подобные формулы( и для 2-й степени в том числе) у других авторов или докажите, что я не прав,то принесу Вам самые искренние извинения.Дерзайте.

[nnosipov]

Гаджимурат в сообщении #482979 писал(а):

Если найдете подобные формулы( и для 2-й степени в том числе) у других авторов ...

Берём стандартные формулы для примитивных пифагоровых троек: $x=m^2-n^2$, $y=2mn$, $z=m^2+n^2$. Если положить в них $m=a/2+b$, $n=a/2$, то получим Ваши формулы. И что же здесь нового?

[Алексей К.]

Гаджимурат в сообщении #482979 писал(а):

Поэтому для 2-й степени имеем:
$x=ab+b^2$
$y=ab+a^2/2$
$z=ab+b^2+a^2/2$

Пример не катит: Вы не различаете параметризацию $\left[x(a,b),y(a,b),z(a,b)\right]$, где мы действительно что-то "имеем") и переименование.

[Гаджимурат]

nnosipov в сообщении #482989 писал(а):

И что же здесь нового?

Выведите сходу, здесь,формулы для 2 степени,которые были получены 200 с лишним лет назад...попробуйте! А я не выводил формулы для второй степени и не пользовался ранее известными формулами,как вы...мои формулы есть частный случай общего решения ВТФ,частный случай,вот что здесь нового!!Получены формулы для любой степени,с расшифровкой всех символов,входящих в формулы.

[nnosipov]

Гаджимурат в сообщении #483048 писал(а):

Выведите сходу, здесь,формулы для 2 степени,которые были получены 200 с лишним лет назад...попробуйте!

А что, это мысль. Итак, ищем все примитивные пифагоровы тройки $(x,y,z)$ (не поясняю, что это такое, так как всякий уважающий себя ферматист должен это понимать). Считая $x$ чётным, перепишем равенство $x^2+y^2=z^2$ в виде

$$ \frac{x^2}{4}=\frac{z-y}{2} \cdot \frac{z+y}{2}, $$

при этом числа $(z \pm y)/2$ взаимно просты. Тогда $(z+y)/2=m^2$ и $(z-y)/2=n^2$, так что

$$ z=m^2+n^2, \quad y=m^2-n^2, \quad x=2mn. $$

Готово! И ради этого такой сыр-бор?

[Гаджимурат]

nnosipov в сообщении #483054 писал(а):

Готово! И ради этого такой сыр-бор?

А я не знал формул для 2 степени и знать то не хотел.Еще раз повторюсь ...формулы для 2 степени не выводились,они есть частный случай общего решения как ,например и для 3 степени.
Формулы для случая,когда $y$ делится на 3.
$x=abc+b^3$
$y=abc+a^3/3$
$z=abc+b^3+a^3/3$ ,а $c^3=2abc+b^3+a^3/3$ и $a,b,c$ взаимно простые целые числа

[magistr07]

VALERI2 , на чём у Вас построено доказательство?
Рассмотрим уравнение $X^6+Y^6=Z^6$.
Преобразуем его в квадратное равенство $(X^3)^2 + (Y^3)^2 =(Z^3)^2$.
Но мне больше нравится вот такая запись: $(X^2)^3 + (Y^2)^3 =(Z^2)^3$. Почему? – Потому, что это объясняет, по какой причине нельзя применять формулы для определения пифагоровой тройки чисел в случае равенства с $n=6$. Посудите сами: $(X^2)(X^2)(X^2) + (Y^2)(Y^2)(Y^2) = (Z^2)(Z^2)(Z^2)$. А ведь ещё в школе предупреждали, применять можно только общий множитель. В противном случае получим неравенство, не имеющее ничего общего с равенством Пифагора. А вы всё равно использовали формулы для определения пифагоровой тройки чисел и убедились... – но в чём? – В том, что равенство Пифагора было изменено в результате применения к членам равенства не равных множителей, что и превратило его в неравенство. Вот это Вы и проверили лишний раз. Но, в обратном порядке. Так ведь если перефразировать Ферма, то для случая $n=6$ утверждение таким и будет: не существует пифагорова равенства, в котором основания квадратов представлены разными кубами.

[nnosipov]

Гаджимурат в сообщении #483194 писал(а):

Формулы для случая,когда $y$ делится на 3.
$x=abc+b^3$
$y=abc+a^3/3$
$z=abc+b^3+a^3/3$ ,а $c^3=2abc+b^3+a^3/3$ и $a,b,c$ взаимно простые целые числа

Хорошо, предположим, что Вы можете аккуратно эти формулы получить. Но что дальше? Ведь нужно исследовать уравнение $c^3=2abc+b^3+a^3/3$, а это занятие столь же непростое, как и исследование исходного уравнения $x^3+y^3=z^3$. И если в этом направлении успехов не будет, Ваши формулы окажутся бесполезными.

[Гаджимурат]

nnosipov в сообщении #483219 писал(а):

Ваши формулы окажутся бесполезными.

Вы совершенно правы!! Правда я не все показал уравнения,есть еще.Так для 5 степени
$x=abcm+b^5$ ,видите,что появился новый символ $m$.Так вот, анализ формулы для $m$ может внести новое в доказательство ВТФ.Так я элементарно доказываю 1 случай Ферма для регулярных степеней и также для нелегулярных,но тут у меня не все еще гладко,масса вопросов возникает,которые я не в состоянии обьяснить....знаний маловато,да я и не математик,так...инженер.

[VALERI2]

Здравствуйте!
Привожу доказательство того, чтo корни из x,y,z
не могут быть иррациональными.
Вернёмся к уравнению (15):
$k_2^/(k_2^/+2z\sqrt{z})=2xy\sqrt{xy}$ (40)
Возведём обе части уравнения в квадрат:
${k_2^/}^2({k_2^/}^2+4zk_2^/\sqrt{z}+4z^3)=4x^3y^3$ (41)

-- Сб ноя 05, 2011 22:19:15 --

Левая часть уравнения должна быть целой. Предположим, что
${k_2^/}^2$-целое.Видно,что $4zk_2^/\sqrt{z}$ должно быть целым., т.е.
$k_2^/=A\sqrt{z}$ (42)
Подставим это значение в (15):
$A^2z+2A{z}^2-2xy\sqrt{xy}=0$ (43)
и $2xy\sqrt{xy}$ должно делиться на z , что
невозможно, т.к x,y,z по условию попарно взаимно простые.
Следовательно, ${k_2^/}^2$ иррациональное.

-- Сб ноя 05, 2011 22:33:12 --

Значит (см. (41)):
${k_2^/}^2+4zk_2^/\sqrt{z}+4{z}^3=B{k_2^/}^m$ (44)
где
${k_2^/}^m$ -целое.
Откуда:
$B{k_2^/}^m-{k_2^/}^2=4z({k_2^/}\sqrt{z}+z^2)$ (45)
${k_2^/}^2(B{k_2^/}^{m-2}-1)=4z(k_2^/\sqrt{z}+z^2)$ (46)

-- Сб ноя 05, 2011 22:46:27 --

Т. к. с учетом (42) ${k_2^/}^2$ и z взаимно простые, z -нечетное, то
${k_2^/}^2=4$ . Т.е. ${k_2^/}^2$ , а значит, $k_2^/$ не может быть иррациональным,
что и требовалось доказать.

[shwedka]

VALERI2 в сообщении #499871 писал(а):

${k_2^/}^2$ и z взаимно простые

Здесь обман. Для иррационального числа ${k_2'}^2$
не определено понятие взаимой простоты с чем-то.

[VALERI2]

Здравствуйте!
В формуле (44) просьба читать: ${k_2^/}^{m+2}$ -целое.
Далее. Никакого обмана нет.
Пожалуйста, взгляните на формулу (42): при возведении в квадрат обеих
частей уравнения сравним результат с (46). При наличии общего
делителя приходим к противоречию: $2xy\sqrt{xy}$ должно делиться на z,
что противоречит условию попарной взаимной простоты x,y,z.
Кроме того, из (41) и (44) следует, что:
$B{k_2^/}^{m+2}=4x^3y^3$.
Т.е., ${k_2^/}^{m+2}$ не имеет делителей с z.

В этом случае можно говорить о взаимной простоте z и $k_2^/$.

[AKM]

VALERI2,

Ваши слэш-штрихи ужасны: ${k_2^/}^{m+2}$. Используйте просто апостроф (без ^).
${k'_2}^{m+2}$ даёт ${k'_2}^{m+2}$, а $k'$ --- нормальный красивый $k'$.

[shwedka]

VALERI2 в сообщении #500658 писал(а):

В этом случае можно говорить о взаимной простоте z и $k_2^/$.

Нельзя. Для нецелых чисел понятие взаимной простоты не определено.

Цитата:

Т. к. с учетом (42)

Никаких учетов (42).

Цитата:

Пожалуйста, взгляните на формулу (42)

Никаких взглядов на (42).
Это равенство получено в предположении целости
$k_2'^2$. Поэтому при нецелом $k_2'^2$ им пользоваться нельзя.

[VALERI2]

Здравствуйте!
Во-первых, Вы упустили ф-лу (47), следующую из (41) и (44), сосредоточившись
на якобы явной ошибке.
Во-вторых, ссылка на ф-лу (42) справедлива. Покажу это.
Итак, пусть ${k'_2}^2$- иррациональное.
Из ф-лы (42) :
$k'_2=A\sqrt[m]z$ (48)
где m>2.
${k'_2}^2=({A\sqrt[m]z})^2$ (49)
Подставим эти значения в (41):
$({A\sqrt[m]z})^2 (({A\sqrt[m]z})^2+4z{k'_2}\sqrt{z}+4z^3)=4x^3y^3$ (50)

Возведём обе части уравнения в степень m.
И получается следующее: в левой части ур-я один из сомножителей -z (целое), справа
все сомножители-целые взаимно простые с z.