Теорема Ферма: часеный случай

[markopol]

Господа!
Предлагаю вашему вниманию доказательство частного случая теоремы Ферма.
Дано:

$$(K+1)^3-K^3=M^3\eqno (1)$$

Здесь K – любое число; M - всегда нечетное число.
Уравнение (1) запишем следующим образом:

$$M^3=(K+1)^3-K^3=3K^2+3K+1=3K(K+1)+1\eqno (2)$$

Из уравнения (2) следует, что число M, если оно целое, не кратно 3.
Всегда выполняется равенство:

$$(K+1)^3-K^3=6N+1\eqno (3)$$

При любых возможных целых значениях нечетного числа M , не кратных 3, выполняется равенство:

$$M^3=M(6P+1)\eqno (4)$$

Из уравнений (2), (3) и (4) следует:

$$M=\frac{6N+1}{6P+1}\eqno(5)$$

Из уравнения (5) следует, что число $M$ в пределах его возможных значений при заданном числе $K$ - дробное число, поскольку, как показано выше, что число $M$ , если оно целое, не кратно $3$. Таким образом, ВТФ не имеет решения в целых числах для рассматриваемого случая. Уравнение (1) также не имеет решения для любых нечетных показателей.
P.S. При заданном числе $K$ число $N$ имеет вполне определенное значение
Число $M$, если оно целое, также должно иметь вполне определенное значение. Не исключено, что можно
подобрать такое значение числа $P$, при котором в соответствии с уравнением (5) число $M$ может быть целым числом. Но при этом надо смотреть, как такое число $M$ соотносится с уравнением (1).

AKM:

Здесь рассказано, как набирать формулы (здесь подробнее).
Формула окружается знаками доллара --- именно они необходимы; тэги проставятся автоматически.
Исправил.

[vorvalm]

В вашей формуле

$M=\frac{6N+1}{6P+!}$

$N=f(M)$ и $P=f(M)$ Ляпсус!

[nnosipov]

markopol в сообщении #703412 писал(а):

Не исключено, что можно
подобрать такое значение числа $P$, при котором в соответствии с уравнением (5) число $M$ может быть целым числом. Но при этом надо смотреть, как такое число $M$ соотносится с уравнением (1).

А смотреть кто будет, Пушкин? Вот Вы сначала посмотрите, а как узрите, почему $M$ не может быть целым числом, так нам и напишите.

[markopol]

Господа!
Привожу дополнительные разъяснения.
В формуле (5):
$M=\frac{6N+1}{6P+1}$
в числителе должно стоять значение числа $M^3$, определяемое по формуле (2):
$M^3=3K(K+1)+1$,
а в знаменателе - число $(6P+1)$, которое должно удовлетворять равенству:
$M^2=(6P+1)=(\sqrt[3]{3K(K+1)+1})^2$
Если число $M$ целое и кратное $3$, равенство (3) не выполняется,
но поскольку в соответствии с уравнением (2) число $M$ никогда не может быть
кратным $3$, то предмет обсуждения отсутствует.
Хочу обратить внимание на особенность чисел $M^3$:
$M^3=6(1+2+3+...+K)+1$,
где в скобках - сумма арифметической прогрессии.
Число $M$ является функцией чисел $N, P$,
а не наоборот.
Что касается соотношения числа $M$с уравнением (1),то я имел ввиду, что можно принять такие произвольные значения чисел $N, P$, про которых число, определяемое по формуле (5) может быть целым числом, но такое число не будет числом, определенным по формуле (1).Пример:
$\frac{6\cdot366+1}{6\cdot28+1}=13=\frac{13^3}{13^2}$

[vorvalm]

$6N=M^2-1,\;6P=M^2-1$

$M=\frac {M^3-1+1}{M^2-1+1}$

[Ontt]

markopol в сообщении #704656 писал(а):

но такое число не будет числом, определенным по формуле (1)

Это надо ещё доказать.

[markopol]

Господа!
Предлагаю вашему вниманию доказательство варианта теоремы: показатель степени четное число, одно из чисел простое.
Уравнение для четных показателей степени запишем следующим образом:
$A^{2p}=C^{2p}-B^{2p}=(C^p+B^p)(C^p-B^p)$ (1)
Из анализа Пифагоровых троек следует, что существует бесконечное количество троек, в которых одно или два числа являются простыми. Может ли теорема Ферма иметь решение в целых числах, если одно из чисел является простым?
Положим, что $A$ – простое число. Тогда должны выполняться равенства:
$(C^p+B^p)=A^k$ (2)
$(C^p-B^p)=A^m$ (3)
Здесь $k+m=2p, k>m$ .
Сложив уравнения (2) и (3) и произведя преобразования, получим:
$C^p=0,5A^m(A^{k-m}+1)$ (4)

Вычтя уравнение (3) из уравнения (2) и произведя преобразования, получим:
$B^p=0,5A^m(A^{k-m}-1)$ (5)
Поскольку показатель степени $m\ne p$ и число $A$ простое, т. е. нечетное, а числа $(A^{k-m}+1)$ и $(A^{k-m}-1)$ четные и, следовательно, не кратные числу$A$, то из уравнений (4) и (5) следует вывод, что числа $B$ и $C$ дробные. Таким образом, если $A$ простое число, то теорема Ферма не имеет решения в целых числах для четных показателей степени.

[Ontt]

markopol в сообщении #704764 писал(а):

число $A$ простое, т. е. нечетное,

Я знаю одно простое число, которое внезапно четное.

[Cash]

А можно поподробнее этот момент?

markopol в сообщении #704764 писал(а):

Поскольку показатель степени $m\ne p$ и число $A$ простое, т. е. нечетное, а числа $(A^{k-m}+1)$ и $(A^{k-m}-1)$ четные и, следовательно, не кратные числу$A$, то из уравнений (4) и (5) следует вывод, что числа $B$ и $C$ дробные

И у вас не рассмотрен случай, когда простым будет $C$

[Ontt]

И вообще, как быть с $A=13, B=84, C=85, p=1$?
$85^1+84^1=13^2$
$85^1-84^1 =13^0$
$85=\frac{1}{2} \cdot 13^0 \cdot (13^{2-0}+1)$

[vorvalm]

markopol
В формулах (4) и(5) вы не учитываете коэффициент 0,5, т.е

$2C^p=A^k+A^m$
$2B^p=A^k-A^m$

[shwedka]

markopol в сообщении #704764 писал(а):

Предлагаю вашему вниманию доказательство варианта теоремы: показатель степени четное число, одно из чисел простое.

Известно было еще Абелю, в гораздо более общей форме.

[ishhan]

markopol в сообщении #703412 писал(а):

Господа!
Предлагаю вашему вниманию доказательство частного случая теоремы Ферма.
Дано:

$$(K+1)^3-K^3=M^3\eqno (1)$$

После приведения разности соседних кубов к виду $ (K+1)^3-K^3=3K(K+1)+1$ условия целостности теряют в "весе" так как единица всегда является кубом.
Так в обычном случае условия целостности уравнения $x^3+y^3=z^3$ и эквивалентного $(x+y-z)^3=3(z-x)(z-y)(x+y)$ были:
$x+y=p^3$, $z-x=9q^3$, $z-y=t^3$, $x+y-z=3pqt $
Что эквивалентно новому диофантовому уравнению для целочисленных параметров

$$p^3+9q^3+t^3=6pqt$$

Теперь же, в новом варианте, одно из чисел (пусть$ z-y=1$) и условия целостности, так сказать alma mater диофантового уравнения выглядят как:$x+y=p^3$, $z-x=9q^3$, $z-y=1^3$, $x-1=3pq$ и соответственно

$$p^3+9q^3+1=6pq$$

Теперь становится ясно что так притягивает любителей ВТФ.
Диофантово уравнение от трёх переменных заменяется на не менее сложное уравнение но от двух переменных, эх: "близок локоток да не укусишь"

[markopol]

vorvalm,
разделив приведенные Вами формулы на $2$, Вы получите
мои формулы (4) и (5), содержащие коэффициент $0,5$.

Желательно увидеть доказательство Абеля или ссылку на источник информации.

Обращаю внимание, что по условию теоремы Ферма показатель степени
должен быть больше $2.$

[Ontt]

markopol в сообщении #705152 писал(а):

Обращаю внимание, что по условию теоремы Ферма показатель степени
должен быть больше $2.$

Это всё здорово, но на примере показателя степени, равного $2$, видны ошибки в Ваших рассуждениях.