Теорема Ферма (частные случаи)

[lasta]

vxv в сообщении #765634[/url] писал(а):

Это мои утверждения (Вы, видимо, их не дочитали):
2) при $n=2$выражение (4) может быть равенством при целых $a$, $b$, $c$, что следует из $2(ab-cn)=2^2$;

Ваши, Ваши - и утверждения, и ошибки. Куда исчезло $k$?

[vasili]

Уважаемый VXV! Кроме не состоятельного метода доказательства на что Вам указал Заслуженный участник - gris

в Ваших сообщениях не мало противоречий.

Так Вы пишете. что m - не целое число или $ab = k$. Ведь у Вас числа a, b c целые и

$m = a + b - c$ будет целым. Причем число $m = 2k$ меньше

каждого из чисел a, b, c, а значит k не

может быть равно ab.

[lasta]

gris в сообщении #764103 писал(а):

$i\cdot j=m$. Запишем в виде $i/m\cdot j/m=1/m$. Отсюда $i\cdot1/m\;\cdot\; j\cdot1/m=1\cdot1/m$ и $ij=1$, что возможно, только если $i=j=1$

Надо признать, что Gris все-таки ошибся. Но это все равно не дает ни каких шансов в пользу верности доказательства. Утверждения противоречат свойствам квадратов. Кроме того, предположение о существовании решения для кубов сразу же приводит в соответствие левую и правую части уравнения $(a+ b-c)^3=2^3k$. И все делители левой части существуют и в правой. Поэтому $k$ сократит все возможные нечетные делители и все противоречия исчезают.
Назвав числа целыми, не надо думать, что они помнят об этот.
Автор vxv не использует свойства целых чисел (кроме чет не чет). А это самое главное в попытках найти элементарное доказательство для кубов. Без бесконечного спуска не обойтись. Коровьев - прав.

[gris]

Ничего я не ошибся. Я тоже принял "единицу измерения" для чисел и действовал ровно так же, как и ТС.
Ведь он тоже из того, что фигуранты исходного уравнения можно невозбранно масштабировать, распространил это свойство на все числа вообще. Ну и я тоже.
Перед моей строкой, в которой происходит не обычное сокращение алгебраического равенства, а метод перехода к новому масштабу, есть слова "Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$".
Мне было непонятно, почему автор масштабирует не только $a,b,c$, но и тройку и восьмёрку.

[lasta]

gris в сообщении #766262 писал(а):

Перед моей строкой, в которой происходит не обычное сокращение алгебраического равенства, а метод перехода к новому масштабу, есть слова "Ведь Вашим способом можно показать, что все натуральные числа равны $1$".

Уважаемый Gris!
Приношу свои извинения. Вы правы. Вы только показали ошибочную логику мышления vxv, которая столь необычна для здравого смысла.

[vxv]

Феликс Шмидель в сообщении #764589 писал(а):

vxv,

Число $k$, которое входит в (10) равно $m/2$. Чтобы вывести (13), нужно доказать, что $k=1$.
Вы этого не делаете.

Вы правы. Хотя я считаю, что этого не требуется.
В уравнении (12) $k=1$, поскольку $m=2cdot 1/k$
Или: правую часть уравнения (12) можно умножать (или делить) бесконечно (не нарушая при этом равенства), на $1/k$ только, если $k=1$.

Или:
Один (в метрах) равен ста сотым (в сантиметрах),
или
$1=100/100=100cdot 1/100=1cdot 1/1$
или
$1=k/k=kcdot 1/k=1cdot 1/1$ (общий случай).
P.S. Пояснение не является частью доказательства , потому что может быть ошибочно относительно общепринятых (или субъективных) представлений.

[vxv]

$k$ равняется $m/2$, а $m$ меньше $a,b,c$ см. (8). Следует добавить в текст, что $k$ не "любое" целое число, а меньше $m$ (и только предположительно, потому что доказательство идет методом "от обратного"). Согласно доказательству, $m$ и $k$ не являются целыми числами(как я считаю).[/quote]

vasili в сообщении #766171 писал(а):

Уважаемый VXV! Кроме не состоятельного метода доказательства на что Вам указал Заслуженный участник - gris

в Ваших сообщениях не мало противоречий.

Так Вы пишете. что m - не целое число или $ab = k$. Ведь у Вас числа a, b c целые и

$m = a + b - c$ будет целым. Причем число $m = 2k$ меньше

каждого из чисел a, b, c, а значит k не

может быть равно ab.

[/quote]

vasili ! Я об этом уже писал здесь ("один в один" почти).

[lasta]

vxv в сообщении #766527 писал(а):

Согласно доказательству, $m$ и $k$ не являются целыми числами(как я считаю)

Доказательства то ни какого нет. А заранее признать эти числа не целыми, все равно, что сразу же признать верность ВТФ. Что же Вы пытаетесь тогда доказать?
Ваши объяснения по квадратам ошибочны, так как не учитывают $k$.
Если применить все Ваши преобразования к квадратам, то ВТФ по Вашему доказательству распространяется и на них.
Доказательство от обратного - это не то же самое, что доказательство от произвола в алгебраических преобразованиях.
Предполагая и поставив знак равенства в уравнении вы не можете нарушать основную теорему арифметики об единстве разложения числа на множители, то есть предполагать, что $k$ имеет какие то другие, отличающиеся от левой части равенства, удобные для Вас множители. Это же элементарные понятия в математике.

[vxv]

Я не признаю эти числа ($m$ и $k$) не целыми заранее. Я это доказываю для "кубов" и т. д.
$k$ везде учитывается, но не всегда обозначается.
Но Вы этого не видите (или не хотите видеть).

[lasta]

vxv в сообщении #768854 писал(а):

$k$ везде учитывается, но не всегда обозначается.
Но Вы этого не видите (или не хотите видеть).

Не вижу, но хотелось бы видеть роль $k$ для квадратов. Хотя это мелкие детали в ошибочном доказательстве. Еще раз повторяю, что в равенстве (8) все множители левой части существуют и в правой. Все дальнейшие алгебраические операции ни к чему не приведут. Сохраняющее равенство всегда будет требовать эквивалентность частей. Не получится убрать некоторые множители в левой или правой частей, оставив нужные Вам. Поэтому нет противоречий и нет доказательства.

[vxv]

Чтобы что-то увидеть (а я с этого начинал):
Вопрос 1. При каком значении $k$ числа $1k$, $2k$, $ak$, $bk$, $ck$, удовлетворяющие системе из уравнений (7) и (8) в доказательстве, могут образовать натуральный ряд и быть членами
натурального ряда (ведь нас интересуют только числа натурального ряда)?
Ответ:
При $k=1$, т .е. $k=1$, $m=2$, $a=a$, $b=b$, $c=c$.
(Если k больше 1, то k сразу сокращается до единицы в уравнениях (7) и (8) системы).
Вопрос 2. Являются ли все эти числа $(k,m,a,b,c)$ при $k=1$ на самом деле числами натурального ряда или их ОДЗ имеет промежуточные значения (т.е. являются "не целыми")?
Ответ:
Если $k$, $m$, $a$, $b$, c при $k=1$ есть натуральные числа, то уравнение (13) - равенство. Если нет, то (13) на самом деле - неравенство (например, для "кубов").
Для, например, "квадратов" выражение $2(ab-cm)=4$ есть равенство при $k=1$, $m=2$, $a=3$, $b=4$, $c=5$.

[lasta]

vxv в сообщении #771018 писал(а):

Для, например, "квадратов" выражение $2(ab-cm)=4$ есть равенство при $k=1$, $m=2$, $a=3$, $b=4$, $c=5$.

А если 20, 21, 29, то $m=12=2\cdot6$, следовательно, $k=6$. И этого решения $20^2+21^2=29^2$ для квадратов по Вашему доказательству не должно существовать. Но, все таки оно существует.

[vxv]

Да-да."...следовательно, $k=6$."
Тогда, согласно моему доказательству, $2(a/kcdot b/k - m/kcdot c/k)=4$ (можете подставить), т.е. это решение для квадратов существует.

[lasta]

vxv в сообщении #771557 писал(а):

Да-да."...следовательно, $k=6$."

Это по вашему желанию. Для этого я и определял $k=6$. Но, по моему желанию $12=3k$. И теперь, проделав все Ваши манипуляции с делением на $k^2$ и масштабированием, получим в правой части $3^2$, а в левой четное число, - явное противоречие и указанного мною решения $20^2+21^2=29^2$ не существует. Математика управляется нашими желаниями и дает по желанию различные результаты. Не предполагал, что не увидите таких явных вещей.

[vxv]

Уважаемый, $m$ - безусловно четное число для системы уравнений 7-8 в доказательстве (и это не мое желание). Вы же пытаетесь внедрить нечетное $m$ при $k=1$,
называя собственные действия зачем-то моими манипуляциями.

Два тела не могут двигаться относительно друг друга с разными скоростями, и тем более из-за этого разновременно стареть (по-моему скромному мнению). Однако, это утверждение считается лженаучным.