Теорема Ферма. Есть ли доказательство её?

[pushkar]

Для любого нечетного числа справедливы зависимости:
$N=2B+1$
$B=0,5(N-1)$
$C=B+1$
$N+B^2=C^2$
Для любого четного числа, кратного $4$, справедливы
зависимости:
$N=4B+4$
$B=0,25(N-4)$
$C=B+2$
$N+B^2=C^2$
Если $N=A^2$, получаем уравнение теоремы Пифагора:
$A^2+B^2=C^2$,
которое имеет решение в целых числах только на пифагоровых тройках.
Представить соотношениея между целыми числами $N, B, C$
аналогичным или иным способом, соответствующим уравнению теоремы Ферма, не представляется возможным.

[ludwig51]

pushkar в сообщении #798251 писал(а):

Для любого нечетного числа справедливы зависимости:
$N=2B+1$
$B=0,5(N-1)$
$C=B+1$
$N+B^2=C^2$
Для любого четного числа, кратного $4$, справедливы
зависимости:
$N=4B+4$
$B=0,25(N-4)$
$C=B+2$
$N+B^2=C^2$
Если $N=A^2$, получаем уравнение теоремы Пифагора:
$A^2+B^2=C^2$,
которое имеет решение в целых числах только на пифагоровых тройках.
Представить соотношениея между целыми числами $N, B, C$
аналогичным или иным способом, соответствующим уравнению теоремы Ферма, не представляется возможным.

Уважаемый, pushkar.
Докажите, что такое невозможно.

[alexo2]

Гаджимурат в сообщении #797387 писал(а):

Спрошу еще раз... почему есть решение для 2-й степени?.

Потому что 2-я степень - своеобразный тривиальный случай.

[pushkar]

Если $N=A^3$, всегда выполняется равенство:
$A^3+B^2=C^2$
в соответствии с ранее приведенными формулами.

Для любого нечетного числа можно записать:
$A^2=C^2-B^2=(C+B)(C-B)$ (1)
Пусть: $A=abc$
Тогда:
$A^2=(abc)^2=(C+B)(C-B)$ (2)
Пусть:
$C+B=abc^2$
$C-B=ab$
Из суммы и разности этих уравнений имеем:
$C=0,5(abc^2+ab)$ (3)
$B=0,5(abc^2-ab)$ (4)
$B, C$ всегда целые числа, поэтому уравнение:
$A^2=C^2-B^2$
или:
$A^2+B^2=C^2$
имеет решение в целых числах.
Уравнение теоремы Ферма не представимо в виде уравнений (1), (2), поэтому, видимо, уравнение теоремы Ферма при степени $n=3$ не имеет решения в целых числах. По этой причине уравнение теоремы Ферма, видимо, не имеет решения при любых показателях степени.

P.S.Для четного числа $A$ сочетание чисел $a,b, c$ в формулах (3), (4) должно быть таким, чтобы слагаемые были четными.

[warlock66613]

pushkar в сообщении #798599 писал(а):

поэтому, видимо

Ничего тут не видимо.

[vasili]

Уважаемый Гаджимурат! Для любой степени, из трехчлена с учетом формул Абеля, можно

записать соотношения для $X,Y и Z$. В самом деле

$X +Y-Z = K_0UU_1U_2$ для всех простых показателей $P >3$, где $K_0 >1$, отсюда

$X = K_0UU_1U_2 +(Z-Y) = K_0UU_1U_2 +U_1^P$ или $(+U_1^P/P)$ для 2 случая ВТФ;

$Y =K_0UU_1U_2 +(Z-X) = K_0UU_1U_2 +U_2^P$ или $(+U_2^P/P)$ для 2 случая ВТФ;

$Z = (X +Y)-K_0UU_1U_2 = U^P -K_0UU_1U_2$ или $(U^P/P)$ для 2 случая ВТФ;

$Z = 2K_0 UU_1U_2 +U_1^P +U_2^P-K_0UU_1U_2 = K_0UU_1U_2+U_1^P +U_2^P$ для 1

случая ВТФ

При этом вариант 2 случая ВТФ предусматривает, что только одно из чисел
$U, U_1, U_2$ кратно P.

[Гаджимурат]

vasili в сообщении #798773 писал(а):

При этом вариант 2 случая ВТФ предусматривает, что только одно из чисел
$U, U_1, U_2$ кратно P.

Все это интересно конечно,но вот беда,у вас там $K_0>1$ ,оно конечно так,но попробуйте дать для него формулу?.Мне надо половину страницы,что бы ее записать,а вам?.
У меня $x+y-z=x_1=abcm $ ,что тоже ,что и у вас,Покажите формулу для $K_0$. .....С благодарностью!!

-- Вт дек 10, 2013 20:57:23 --

Гаджимурат в сообщении #798827 писал(а):

случая ВТФ

При этом вариант 2 случая ВТФ предусматривает, что только одно из чисел

Добавлю....
Для 2 и 3 степени $K_0=1$ ,вы знали? и почему?...это же наверное видно из уравнений Абеля!!

-- Вт дек 10, 2013 21:00:55 --

pushkar в сообщении #798599 писал(а):

Потому что 2-я степень - своеобразный тривиальный случай

Ну а 3 степень значит не своеобразный и не тривиальный случай.Подскажите почему?,чем вы мотивируете.

[master]

Гаджимурат в сообщении #797463 писал(а):

И так далее.Вот и смотрю....для 2 степени есть решение,а для 3 нет и почему?

потому что для 2 нужно только дополнение, а для всех остальных смещение и дополнение

1+3, 1+3+5, 1+3+5+7
3+5, 7+9+11, 13+15+17+19
7+9, 25+27+29, 61+63+65+67
...
даже общая формула есть

[Гаджимурат]

master в сообщении #799045 писал(а):

потому что для 2 нужно только дополнение, а для всех остальных смещение и дополнение

Так развейте идею и вы докажете ,почему нет решения ВТФ!!.Ведь интересно...для 2 есть решение,а для 3 нет,в чем дело?.Докажите и дело в шляпе!!

[master]

Гаджимурат в сообщении #799102 писал(а):

Так развейте идею и вы докажете ,почему нет решения ВТФ!!.Ведь интересно...для 2 есть решение,а для 3 нет,в чем дело?.Докажите и дело в шляпе!!

всему свое время, а его не хватает

$a^n=\frac{2(a^{n-1}-a+1)+2(a-1)}{2}a$
основное разложение на сумму, кстати на сумму не раскладывается только простые и "четнопростые"

[vasili]

Уважаемый Гаджимурат! Логика моего доказательства ВТФ требовала разобраться с делителями числа $K_0$. А именно каков вид имеют такие делители: или $6i +3$ или $6i +5$ или $6i+1$. Оказалось, что для 1 случая ВТФ $K_0\equiv 0\mod P^2$, в том числе и для 3 степени. Для 2 случая ВТФ, кроме 3 степени, $K_0 >1$ и для простых показателей степени вида $6n +1$, простыми делителями $K_0$ будут числа вида $6i +1$ и $6i +3$, а для простых показателей степени вида $6n +5$ делителями $K_0$ будут только $6i +1$.
Ваша логика доказательства возможно требует найти формулу, как функцию некоторых переменных, для нахождения числа $K_0$. Это интересно, если $K_0 =F(X,Y,Z)$.

[Гаджимурат]

master в сообщении #799108 писал(а):

всему свое время, а его не хватает

У меня тем более.Все,что я сделал,я сделал в 70-80-х годах!! и после ничего нового не открыл,а только перенес из головы,что сохранила память,на рабочий стол ноутбука.Сейчас времени личного много,а толку ноль...идей нет.Даже как то в полемике перепутал фамилию Плотникова ММ, написал..Постников!!,за что сильно был бит.А я ведь держал ту книгу два часа в библиотеке "Белинка" в молодости,что в Екатеринбурге,а тогда в Свердловске.Выкладывай свои результаты...

-- Ср дек 11, 2013 18:14:48 --

vasili в сообщении #799185 писал(а):

Ваша логика доказательства возможно требует найти формулу, как функцию некоторых переменных, для нахождения числа $K_0$. Это интересно, если $K_0 =F(X,Y,Z)$.

А как иначе!!.Интересно вывести основные формулы для $x,y,z$ ,от чего они зависят,как связаны между собой!!,если ВТФ имеет решение!!. А дальше искать ошибку ,что не сходится,где приходишь к парадоксу.Вот например ,рассматривая ур-не для $K_0$ ,для группы степеней ,когда $y-x$ делится на степень ,это для для 1 случая Ферма,то находим,что $ 2^{n-1}-1$ должно делиться на $n^2 $ и более,здесь $n$ -степень...парадокс,да.Интересно же.Там еще много чего можно накопать,да я не очень уж силен в математике,так...любитель.

[vasili]

Уважаемый Гаджимурат! Вы правильно написали фамилию математика выпустившего две книжки, которые нас любителей интересовали это М.М. Постников. Первая книжка "Теорема Ферма" вторая "Введение в теорию алгебраических чисел". Я как и Вы любитель с 70-х.
Вы утверждаете, что существует простой показатель степени $P_1>3$, который делит $X-Y$, тогда можно считать что Вы доказали ВТФ для степени $P_1$.
Пусть $X-Y\equiv 0 \mod P_1\engo(1)$.
Показано на форуме для любого простого показателя в том числе и $P_1$, что
$ZX + ZY -XY\equiv 0\mod P_1\engo(2)$.
Решая совместно (1) и (2) получим
$ZX + ZX -X^2\equiv X(2Z-X)\equiv 0\mod P_1$, отсюда после сокращения на X

$Z +(Z-X)\equiv Z +Y\equiv 0\mod P_1\engo(3)$, а после сложения (3) и (1) имеем

$(Z+Y )- (X-Y)\equiv 3Y\equiv 0\mod P_1$, что не возможно. Пришли к противоречию.

ВТФ для показателя $P_1$ доказана.

[Гаджимурат]

vasili в сообщении #799513 писал(а):

Уважаемый Гаджимурат! Вы правильно написали фамилию математика выпустившего две книжки, которые нас любителей интересовали это М.М. Постников. Первая книжка "Теорема Ферма" вторая "Введение в теорию алгебраических чисел". Я как и Вы любитель с 70-х.
Вы утверждаете, что существует простой показатель степени $P_1>3$, который делит $X-Y$, тогда можно считать что Вы доказали ВТФ для степени $P_1$.
Пусть $X-Y\equiv 0 \mod P_1\engo(1)$.
Показано на форуме для любого простого показателя в том числе и $P_1$, что
$ZX + ZY -XY\equiv 0\mod P_1\engo(2)$.
Решая совместно (1) и (2) получим
$ZX + ZX -X^2\equiv X(2Z-X)\equiv 0\mod P_1$, отсюда после сокращения на X

$Z +(Z-X)\equiv Z +Y\equiv 0\mod P_1\engo(3)$, а после сложения (3) и (1) имеем

$(Z+Y )- (X-Y)\equiv 3Y\equiv 0\mod P_1$, что не возможно. Пришли к противоречию.

ВТФ для показателя $P_1$ доказана

Формула (1) понятно откуда,а дальше...доказано на форуме...кем?,скиньте ссылку.У вас получается все довольно просто,проще чем у меня,а про других и не пишу!!.

[vasili]

Уважаемый Гаджимурат! Посмотрите тему
"По просьбе ishhan: ВТФ и симметричные функции"