Попытка доказательства Теоремы Ферма

[Belfegor]

ishhan в сообщении #602453 писал(а):

Для симметрических от трёх переменных форм такая перестановка переменных не изменяет значение формы, поэтому можно сделать важный вывод...
Что здесь сложного?

Много чего не понял, но верю вам на слово, что всё это элементарно
Думаю, надо вам попробовать всё это на третьей степени и в отдельной теме, а то здесь тема несколько другая.

[dmd]

Довольно странные делимости, которые ещё на 15-ой странице были видны:

$(a+b-c)^2\mid a^4 - (c^2 - b^2)^2$

$(a+b-c)^2\mid b^4 - (c^2 - a^2)^2$

Это пифагоровы взаимосвязи, квадрат делит разность квадратов.

[ishhan]

dmd в сообщении #602548 писал(а):

Довольно странные делимости, которые ещё на 15-ой странице были видны:

$(a+b-c)^2\mid a^4 - (c^2 - b^2)^2$

$(a+b-c)^2\mid b^4 - (c^2 - a^2)^2$

Это пифагоровы взаимосвязи, квадрат делит разность квадратов.

Ничего тут особо странного не вижу.
Есть соотношения для квадратов по-интересней например у Эйлера
Уравнение Пифагора, к слову, можно записать в альтернативном виде как:

$(a+b-c)^2=2(a-b)(a-c)$

Благодаря тождеству:
$(a+b-c)^2-a^2-b^2+c^2=2(a-b)(a-c)$

[Belfegor]

dmd в сообщении #602548 писал(а):

Довольно странные делимости, которые ещё на 15-ой странице были видны:

$(a+b-c)^2\mid a^4 - (c^2 - b^2)^2$

$(a+b-c)^2\mid b^4 - (c^2 - a^2)^2$

Это пифагоровы взаимосвязи, квадрат делит разность квадратов.

Все эти бесконечные преобразования и замены...Куда они ведут? Или - это порочный круг....

[dmd]

dmd в сообщении #601056 писал(а):

можно получить $3\mid a+b+c$ и $a+b+c\mid abc$. Тогда гарантировано $3\mid c$.

dmd в сообщении #601361 писал(а):

даёт делимость $a+b+c\mid a^3+b^3+c^3$, или $\frac{a+b+c}{2}\mid c^3$.

Снова сделал ошибку и это всё прошу пока считать не верным.

Belfegor в сообщении #603006 писал(а):

Все эти бесконечные преобразования и замены...Куда они ведут? Или - это порочный круг....

Этот раздел форума посвящён поиску элементарного решения ВТФ. Соответственно все наши усилия ведут куда-то туда. Лично мне для равенства $a^3+b^3=c^3$ факт $a+b-c\mid abc$ видится довольно сильным шагом в верном направлении.

[Батороев]

dmd в сообщении #603146 писал(а):

Лично мне для равенства $a^3+b^3=c^3$ факт $a+b-c\mid abc$ видится довольно сильным шагом в верном направлении.

Довольно сомнительный факт (конечно, если Вы не идете к этому противоречию с "другой стороны"):

Известное тождество:

$(a+b-c)^3=3(a+b)(c-a)(c-b)$

С учетом того, что для второго случая ВТФ ($3|b$):
$a_1^3=(c-b)$
$b_1^3=3(c-a)$
$c_1^3=(a+b)$

($a=a_1a_2; b=b_1b_2; c=c_1c_2$),

имеем:
$(a+b-c)^3=a_1^3b_1^3c_1^3$
или
$(a+b-c)=a_1b_1c_1$.

Но известно, что $(a_1;a_2)=(b_1;b_2)=(c_1;c_2)=1$,

где

$a_2^3=b^2+bc+c^2$
$b_2^3=\dfrac{(a^2+ac+a^2)}{3}$
$c_2^3=a^2-ab+b^2$

-- 05 авг 2012 15:01 --

Пардон, "прочитал" выражение $a+b-c|abc$ с точностью до наоборот.

[Belfegor]

dmd в сообщении #603146 писал(а):

Лично мне для равенства $a^3+b^3=c^3$ факт $a+b-c\mid abc$ видится довольно сильным шагом в верном направлении.

Да это вроде же очевидный факт?
Ну, например:

Belfegor в сообщении #467076 писал(а):

Итак: надо доказать, что выражение $\[ X^3 + Y^3 = Z^3 (1) \]$
не выполняется при любых
$\[ X,Y,Z \in N;X,Y,Z - \] $
взаимно простые числа.
Пусть
$\[ \begin{gathered} Z - X = m_1 \hfill \\ Z - Y = k_1 \hfill \\ X + Y = t_1 \hfill \\ Z = t_1 t_2 \hfill \\ Y = m_1 m_2 \hfill \\ X = k_1 k_2 \hfill \\ \end{gathered} \]$
Соответственно, если X,Y,Z-взаимно простые числа, то и их сомножители тоже взаимно простые числа.
После преобразования выражения(1) получаем:
$\[ \begin{gathered} 3k_1 m_1 t_1 = (t_1 - Z)^3 \hfill \\ 3k_1 m_1 t_1 = (Y - m_1 )^3 \hfill \\ 3k_1 m_1 t_1 = (X - k_1 )^3 \hfill \\ \end{gathered} \]$

То есть имеем:
$a+b-c\mid abc$

а так же то, что в левой части два из трех сомножителей кубы, а третий сомножитель кратен 3.

-- Вс авг 05, 2012 12:59:45 --

dmd в сообщении #603146 писал(а):

Лично мне для равенства $a^3+b^3=c^3$ факт $a+b-c\mid abc$ видится довольно сильным шагом в верном направлении.

Уважаемый dmd! Вот посмотрите эту интереснейшую тему (почему-то была закрыта )
topic45675.html
В ней автор очень убедителен и возможно некоторые его находки помогут и вам и уважаемой natalya_1!
Особенно, обратите внимание на пятый параграф доказательства (на стр.2) и комментарии, и упоминание о соотношениях Барлоу на 1 странице!

[Mitrius_Math]

(Оффтоп)

А ВТФ разве не доказана?

[Belfegor]

Mitrius_Math в сообщении #603194 писал(а):

(Оффтоп)

Речь идет об элементарном доказательстве с помощью примитивных математических инструментов, не используя, вычеты, кольца и модулярные формы!

[xmaister]

(Оффтоп)

Belfegor в сообщении #602377 писал(а):

Всякая эллиптическая кривая с рациональными коэффициентами является модулярной!

А в каком разделе математики изучаются эти ваши эллиптические кривые? Насколько трудным является доказательство ВТФ? Имеет ли смысл пытаться в нём разобраться? Какая нужна для этого подготовка?

[Belfegor]

xmaister в сообщении #604278 писал(а):

(Оффтоп)

Почитайте Рибенбойма "Последняя теорема Ферма"(математика) и Саймона Сингха – Великая Теорема Ферма (история)

[megamix62]

Число Ферма $F({32})$ - не простое !

$n=2^{32}; $
$2^n +1$ not is prime !

$2^n +1 ==0 (mod 25409026523137)$

[AKM]

megamix62,

предупреждение за оффтопик. Находите подходящие темы для своих сообщений, или создавайте новые. Здесь не обсуждаются числа Ферма.

[dmd]

Навеило из соседней темы.

Для натурального $a$ и простого $p$ справедливо $6p \mid a^p-a$.

А исходное равенство $a^3+b^3=c^3$ можно записать как $a+b-c+a^3-a+b^3-b=c^3-c$.

Или $a+b-c=(c^3-c)-(a^3-a)-(b^3-b)$.

Очевидно, что правая часть последнего равенства делится на $18$.

Тогда $9 \mid a+b-c$.

Так как $a+b-c \mid abc$ (доказано выше в этой теме), то 9 \mid abc$.

Верно ли изложен вывод делимости?

[nnosipov]

dmd в сообщении #624338 писал(а):

Для натурального $a$ и простого $p$ справедливо $6p \mid a^p-a$.

Неправда: $p=3$, $a=2$.