Попытка доказательства Теоремы Ферма

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490094 писал(а):

Пусть $k=3t$, тогда $6t+3$ должно делиться на $9$, а это возможно только при $t=1$.

Непонятны ни "тогда", ни "только при". Последнее особенно: число $6t+3$ может делиться на $9$ при очень многих значениях $t$.

-- Чт окт 06, 2011 22:33:58 --

natalya_1 в сообщении #490108 писал(а):

Потому что $S$ должно делиться на $3$

$S$ делится на $n$ и на $3$. Но почему $n=3$?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490112 писал(а):

Но почему $n=3$?

Потому что $S$ делится на $3$ только при $n=3$

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490115 писал(а):

Потому что $S$ делится на $3$ только при $n=3$

Здесь нужен этот $S$. Где он у Вас определён?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490112 писал(а):

: число $6t+3$ может делиться на $9$ при очень многих значениях $t$.

$t$ нечетно и если $6t+3$ делится на $9$, то оно должно делиться на $27$

nnosipov
Вы меня простите бога ради, я сейчас должна уйти с работы, ночью подробно распишу.

[Belfegor]

natalya_1 в сообщении #490120 писал(а):

nnosipov в сообщении #490112 писал(а):

: число $6t+3$ может делиться на $9$ при очень многих значениях $t$.

$t$ нечетно и если $6t+3$ делится на $9$, то оно должно делиться на $27$

nnosipov
Вы меня простите бога ради, я сейчас должна уйти с работы, ночью подробно распишу.

Ну затеял я котовасию!
$t$ нечетно и если $6t+3$ делится на $9$, то оно должно делиться на $27$ Например: $7$ нечетно, $42+3=45$ делится на $9$ но не делиться на $27$, а только кратно
А вообще жаль ,что не в ту степь поехали...
Ну тогда вот ещё развлекайтесь с самым маленьким и длинным суперкубом:

$3^3 + 4^3 + 5^3 + 8^3 + 15^3 + 20^3 + 21^3 + 24^3 + 25^3 + 28^3 + 32^3 + 35^3 + 40^3 + 64^3 = 78^3 $

[natalya_1]

Belfegor
, но Вы-то знаете решение этой задачки, раз ее написали?
Я правильно решила или нет?(со скидкой на то, что подробно не расписала) Мне чтобы набрать текст нужно очень много времени, тяжко мне набор дается.

[Belfegor]

natalya_1 в сообщении #490207 писал(а):

Belfegor
, но Вы-то знаете решение этой задачки, раз ее написали?
Я правильно решила или нет?(со скидкой на то, что подробно не расписала) Мне чтобы набрать текст нужно очень много времени, тяжко мне набор дается.

1.Удивительная Наталья! Я же писал совсем о другом

$3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3 $ Это как мне кажется абсолютно одинокий случайный союз кубов, который ничего не рождает.
Посмотрите какая красота в квадратах

$\begin{gathered} 3^2 + 4^2 = 5^2 \hfill \\ 5^2 + 12^2 = 13^2 \hfill \\ 7^2 + 24^2 = 25^2 \hfill \\ ...................... \hfill \\ \end{gathered} $
Каждый нечетный квадрат
а посмотрите на число каждого старшего квадрата:

$\begin{gathered} 5 = 1^2 + 2^2 \hfill \\ 13 = 2^2 + 3^2 \hfill \\ 25 = 3^2 + 4^2 \hfill \\ ...................... \hfill \\ \end{gathered} $
Просто Прелесть!
2. Решение задачки, честно, не знаю
3. Я набираю формулы в MathType (скачал с инета), для меня там быстрее, потом копирую, вставляю выделяю, нажимаю закладку math и более или менее получается

[natalya_1]

Belfegor в сообщении #490230 писал(а):

$3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3 $ Это как мне кажется абсолютно одинокий случайный союз кубов, который ничего не рождает.

Я сейчас глупость скажу (заранее прошу прощения), но он не случайный. Он единичный. Это единственный возможный вариант (не знаю как по научному выразиться, говорю как художник) закольцованности: когда основание четвертого куба равно двум первого. Поэтому очень красивое равенство. Ну это как я вижу формулы, они для меня не плоские.
А Ваша длинная сумма кубов мне не нравится, не вижу в ней красоты почему-то.

[Belfegor]

Belfegor в сообщении #490230 писал(а):

natalya_1 в сообщении #490207 писал(а):

Belfegor
, но Вы-то знаете решение этой задачки, раз ее написали?
Я правильно решила или нет?(со скидкой на то, что подробно не расписала) Мне чтобы набрать текст нужно очень много времени, тяжко мне набор дается.

Могу только показать, откуда она появилась:
первая разница
$7,19,37,61,91....... $
арифметической прогрессии $a^3 $

Помните такое свойство арифметической последовательности:

$\frac{{a_{n - 1} + a_{n + 1} }} {2} = a_n $
Вот для первой разницы $a^3 $
она имеет такой вид

$\frac{{a_{n - 1} + a_{n + 1} }} {2} = a_n + 3 $
и далее

$\begin{gathered} \frac{{91 + 37}} {2} = 61 + 3 \hfill \\ \frac{{6^3 - 5^3 + 4^3 - 3^3 }} {2} = 4^3 \hfill \\ 3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3 \hfill \\ \end{gathered} $

-- Пт окт 07, 2011 00:05:00 --

natalya_1 в сообщении #490244 писал(а):

Belfegor в сообщении #490230 писал(а):

$3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3 $ Это как мне кажется абсолютно одинокий случайный союз кубов, который ничего не рождает.

Я сейчас глупость скажу (заранее прошу прощения), но он не случайный. Он единичный. Это единственный возможный вариант (не знаю как по научному выразиться, говорю как художник) закольцованности: когда основание четвертого куба равно двум первого. Поэтому очень красивое равенство. Ну это как я вижу формулы, они для меня не плоские.
А Ваша длинная сумма кубов мне не нравится, не вижу в ней красоты почему-то.

Ну, хорошо, а вот этот одинокий (единичный ), какие чувства у Вас вызывает:

$1^3 + 6^3 + 8^3 = 9^3 $

-- Пт окт 07, 2011 00:11:31 --

natalya_1 в сообщении #490244 писал(а):

Belfegor в сообщении #490230 писал(а):

$3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3 $ Это как мне кажется абсолютно одинокий случайный союз кубов, который ничего не рождает.

Я сейчас глупость скажу (заранее прошу прощения), но он не случайный. Он единичный. Это единственный возможный вариант (не знаю как по научному выразиться, говорю как художник) закольцованности: когда основание четвертого куба равно двум первого. Поэтому очень красивое равенство. Ну это как я вижу формулы, они для меня не плоские.
А Ваша длинная сумма кубов мне не нравится, не вижу в ней красоты почему-то.

Насчет закольцованности красиво и образно сказано Этого трем кубам-то и не хватает...

[natalya_1]

Belfegor в сообщении #490230 писал(а):

Посмотрите какая красота в квадратах

$\begin{gathered} 3^2 + 4^2 = 5^2 \hfill \\ 5^2 + 12^2 = 13^2 \hfill \\ 7^2 + 24^2 = 25^2 \hfill \\ ...................... \hfill \\ \end{gathered} $
Каждый нечетный квадрат
а посмотрите на число каждого старшего квадрата:

$\begin{gathered} 5 = 1^2 + 2^2 \hfill \\ 13 = 2^2 + 3^2 \hfill \\ 25 = 3^2 + 4^2 \hfill \\ ...................... \hfill \\ \end{gathered} $
Просто Прелесть!

Именно поэтому я и взяла за основу доказательства оношение $\frac{x^{n-1}+y^{n-1}}{x^{n-2}+y^{n-2}}$, которое по моим ощущениям должно быть целым, чтобы уравнение Ферма имело целочисленные решения. Мне зрительно мешает отношение нечетных степеней к четным (кроме единицы и двойки), как будто пытаешься плоскость согнуть или наоборот трехмерную фигуру распластать на плоскости.

[ananova]

natalya_1 в сообщении #490266 писал(а):

Именно поэтому я и взяла за основу доказательства оношение $\frac{x^{n-1}+y^{n-1}}{x^{n-2}+y^{n-2}}$, которое по моим ощущениям должно быть целым, чтобы уравнение Ферма имело целочисленные решения. Мне зрительно мешает отношение нечетных степеней к четным (кроме единицы и двойки), как будто пытаешься плоскость согнуть или наоборот трехмерную фигуру распластать на плоскости.

По моим формулам тождественных преобразований, касательно Ваших исследований, получается такое отношение (например, для n=3):

$$\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y^{2}}=(x+y)(1-\frac{xy}{x^{2}+y^{2}})$$

Может это как-то Вам поможет.

[natalya_1]

ananova в сообщении #490495 писал(а):

Может это как-то Вам поможет.

Спасибо Вам большое! Мне это вряд ли поможет (я эти преобразования пробовала в разных видах, хотя конечно могла что-то упустить).
Вам в сочетании с моим методом это может помочь: доказывается, что $c-a>1$ (мне это ничего не дает) . Я хотела у Вас в теме написать, но все время боюсь сделать что-то не так.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490120 писал(а):

Вы меня простите бога ради, я сейчас должна уйти с работы ...

Давайте я уж сам напишу, потому как это не столь приятное развлечение, как могло казаться поначалу. Напомню: мы ищем все натуральные $k$ и нечётные простые $p$, для которых

$$ k^p+(k+1)^p+(k+2)^p=(k+3)^p. \eqno(*) $$

Малая теорема Ферма даёт $2k \equiv 0 \pmod{p}$, а значит, $k$ делится на $p$, т.е. $k=mp$ для некоторого натурального $m$. Покажем, что при $m \geqslant 2$ равенство $(*)$ невозможно. Действительно, имеем

$$ 1=\left(\frac{mp}{mp+3}\right)^p+\left(\frac{mp+1}{mp+3}\right)^p+\left(\frac{mp+2}{mp+3}\right)^p \geqslant \left(\frac{2p}{2p+3}\right)^p+\left(\frac{2p+1}{2p+3}\right)^p+\left(\frac{2p+2}{2p+3}\right)^p> $$ $$ >\lim_{p \to \infty}\left[\left(\frac{2p}{2p+3}\right)^p+\left(\frac{2p+1}{2p+3}\right)^p+\left(\frac{2p+2}{2p+3}\right)^p\right]=e^{-3/2}+e^{-1}+e^{-1/2}>1. $$

Значит, $m=1$. Но тогда равенство $(*)$ возможно только при $p=3$, так как при $p>3$ левая часть была бы меньше правой.

[natalya_1]

nnosipov, шикарно!
Я так не умею записывать, да и доказывала я по-другому.
Спасибо, что избавили меня от необходимости набирать текст. Соберусь с силами, напишу свой вариант. И немного Вы меня окрылили. А то у меня было желание все бросить.
Спасибо Вам!

[natalya_1]

Обращаюсь с просьбой к читающим мою тему.
Может кто-нибудь помочь мне расписать доказательство рациональности корней уравнения, если я пришлю на электронную почту рисунок-график и пояснительный текст, или дать координаты того, кто может сделать это (можно в личку)? Мне не удалось в своем окружении найти никого, кто бы мог посодействовать в этом вопросе, у меня нет знакомых-математиков. Сама постоить график на компьютере я не могу, как ни пытаюсь.