О "последнем" утверждении П. Ферма

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

Совершенно аналогично получается, что существовали бы и $x=d^{2(k+1)}$; $y=f^{2(k+1)}$.

В этом 'совершенно аналогично' утонули многие замечательные результаты.
Да, умножая уравнение Ферма на что-то, Вы получаете $z=c^{n+1}=c^{2(k+1)}$,
Но чтобы сделать то же с $a^n$, Вам придется умножать на что-то другое, и Вы свое $z=c^{n+1}=c^{2(k+1)}$, уже испортите. Потрудитесь, пжлста, показать, что умножениями Вы все три члена уравнения к желаемому виду преобразуете.

[bot]

Не мог дождаться загрузки формул, плюнул и пошёл разбираться в корябалках через цитирование.
Ну как это можно описывать банальности невыносимо длинно, а там, где вроде бы всё только должно начинаться, ссылаться на аналогии?
shwedka права - пункты 1 и 2 можно заменить простым умножением равенства $a^n+b^n=c^n$ на множитель $c^n$. А взаимная простота $a$ и $b$ вообще была помянута всуе.
Посмотрите - Ваше $x^n+y^n=z^n$ есть ничто иное как
$(ca)^n+(cb)^n=c^{2n}$.
Да, в результате такого домножения правую часть можно сделать квадратом целого числа.
А где у Вас такие же предпосылки, чтобы считать каждое слагаемое левой тоже квадратом целого числа? Или опять домножать (через такие же длинные выкладки!) будете? Но это перетягивание короткого одеяла - сделаешь одно слагаемое квадратным, два других испортятся.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev

Цитата:

Совершенно аналогично получается, что существовали бы и $x=d^{2(k+1)}$; $y=f^{2(k+1)}$.

В этом 'совершенно аналогично' утонули многие замечательные результаты.
Да, умножая уравнение Ферма на что-то, Вы получаете $z=c^{n+1}=c^{2(k+1)}$,
Но чтобы сделать то же с $a^n$, Вам придется умножать на что-то другое, и Вы свое $z=c^{n+1}=c^{2(k+1)}$, уже испортите. Потрудитесь, пжлста, показать, что умножениями Вы все три члена уравнения к желаемому виду преобразуете.

Уважаемый (мая ?) Shwedka ! Вы правы. При $a^n+b^n=c^n$ мы действительно можем вычислить $x^n+y^n=c^{n(n+1}=z^n$, $z_1^n-y_1^n=a^{n(n+1)}=x_1^n$; $$z_2^n-x_2^n=b^{n(n+1)}=y_1^n$. Откуда следует $z^n–x_1^n-y_1^n=c^{n(n+1}-a^{n(n+1)}-b^{n(n+1)}$.
А это совсем не то. Cущественным мне кажется только тот факт, что $z^n$ должно быть квадратом.

Уважаемый PAV ! Ознакомившись с умными (без кавычек!) высказываниями о действительных числах в надежде получить краткий и четкий ответ, я задал этот вопрос, не объясняя причины его возникновения. А дело в следующем.
Докажем утверждение: действительное число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ (1) при целых взаимно простых $x;y$ и не чётном $n=2k+1$ не может быть рациональным числом. Метод доказательства – «от противного». Допустим, что $z=a/b$, где числа $a;b$ целые взаимно простые. После подстановки в (1) и возведения в $n$ степень получим: $(a/b)^n=x^n+y^n$. В последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство не возможно.
Этим доказано, что число $z$ в (1) не может быть рациональным.
Теперь, если считать , что множество натуральных чисел ЯВЛЯЕТСЯ подмножеством рациональных чисел, приходим к утверждению, что равенство (1) невозможно и при $b=1$, когда $z$ превращается в натуральное $z=a$. При этом равенство (1), становится равенством $z^n=a^n=x^n+y^n$ , что есть не что иное, как равенство Ферма. Так как имеется признанное доказательство Уайлза верности утверждения Ферма, то всё верно и множество натуральных чисел ЯВЛЯЕТСЯ подмножеством рациональных чисел.
В то же время простой контрпример $5=\sqrt{3^2+4^2}$ опровергает все вышеприведенные рассуждения (кроме доказательства того, что $z$ не может быть рациональной дробью $\frac{a}{b}$. Отсюда и вопрос; является или не является? И напрашивающееся утверждение –не является.
Дед.

[Brukvalub]

ljubarcev писал(а):

В то же время простой контрпример $5=\sqrt{3^2+4^2}$опровергает все вышеприведенные рассуждения (

Ничего этот пример не опровергает. Теорема Ферма доказана для показателей степени, строго больших. чем 2, а Вы непонятно что "опровергаете" для показателя степени 2.

[Someone]

Он просто воображает, что число вида $\frac a1$ при целом $a$ - не целое.

ljubarcev писал(а):

Допустим, что $z=a/b$, где числа $a;b$ целые взаимно простые. После подстановки в (1) и возведения в $n$ степень получим: $(a/b)^n=x^n+y^n$. В последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может

[ljubarcev]

Brukvalub писал(а):

ljubarcev писал(а):

В то же время простой контрпример $5=\sqrt{3^2+4^2}$опровергает все вышеприведенные рассуждения (

Ничего этот пример не опровергает. Теорема Ферма доказана для показателей степени, строго больших. чем 2, а Вы непонятно что "опровергаете" для показателя степени 2.

Уважаемый господин Brukvalub ! Для $n=2$ я пока ничего не опровергаю.. Наоборот, наличие равенства $5=\sqrt{3^2+4^2$.оровергает всё. Посмотрите, пожалуйста, ещё раз, не забывая, что я пока что пытаюсь разбираться в вопросе: является или не является множество натуральных чисел подмножеством рациональных чисел.
Вы ещё в теме о действительных числах высказались в том смысле, что множество натуральных чисел является подмножеством рациональных. В этом случае, так как я доказал ( и это удивительно просто), что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным, то оно тем более не может быть целым. Этим доказано утверждение Ферма, так как $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ это тоже самое, что и $z^n=x^n+y^n$.
В то же время, если Вы принесёте доказательство того, что $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть целым, любому математику - профессионалу хоть на одном листе хоть в нескольких томах, он не глядя В Ваши материалы (и будет прав с точки зрения «крестьянской логики») на клочке бумаги напишет $5=\sqrt{3^2+4^2$. И что вы ему сожжете возразить?
Уважаемый Someone ! Почему Вы остановились на полуслове. Надеюсь ничего серьёзного?
Дед.

[Brukvalub]

ljubarcev писал(а):

Допустим, что $z=a/b$, где числа $a;b$ целые взаимно простые. После подстановки в (1) и возведения в $n$ степень получим: $(a/b)^n=x^n+y^n$. В последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство не возможно.

Если b=1, то никакого противоречия не возникает. Не нужно менять определения чисел для собственного удобства.

[ljubarcev]

Brukvalub писал(а):

Если b=1, то никакого противоречия не возникает. Не нужно менять определения чисел для собственного удобства.

Уважаемый Brukvalub ! Ничего я не меняю. Число $z=\frac{a}{b}$ при целых $a;b$ и $b$ не равном $1$ называется рационным. При $b=1$ положительные числа $z=a$ называются натуральными. Именно в этих древних определениях я их и использую.
При этом очевидно, что множество натуральных чисел является подмножеством множества рациональных чисел, и вы с этим, как я понимаю, согласны .
Я доказал, и никто этого не оспаривает, что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным. Так как множество целых положительных чисел является подмножеством рациональных чисел (если считать что это именно так) то число $z=sqrt{a^n+b^n}$ тем более не может быть целым.
В подтверждение того, что все эти рассуждения верны я ссылаюсь на доказательство Уайлза, хотя, как обычно говорят, «в глаза его не видел». А видел ли кто - либо его на русском языке и где?
В то же время неоспоримое число $z=5=\sqrt{3^2+4^2}$ на первый взгляд (оговариваюсь на всякий случай) опровергает верность приведенных рассуждений и требует двух кощунственных выводов: 1. Множество натуральных чисел не является подмножеством рациональных чисел ?; 2. Доказательство Уайлза в части, касающейся теоремы Ферма - не верно ?.
Дед.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

В то же время неоспоримое число $z=5=\sqrt{3^2+4^2}$

Вы хотите сказать, что $(5/1)^2=3^2+4^2$? Но в последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство невозможно.

[ljubarcev]

tolstopuz писал(а):

ljubarcev писал(а):

В то же время неоспоримое число $z=5=\sqrt{3^2+4^2}$

Вы хотите сказать, что $(5/1)^2=3^2+4^2$? Но в последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство невозможно.

Уважаемый активный tolstopuz ! Читайте хотя бы хотя бы то, что цитируете. Там ведь ясно написано "НЕОСПОРИМОЕ $5==\sqrt{3^2+4^2}$, то есть верное. И этот факт ставит под сомнение два факта: !. принадлежность (вхождение) множества натуральных чисел во множество рацилнальных чисел; 2. Ставит под сомнене верность доказательство самго Уайлза. И это всё из разряда сомнений. Обратите внимание на вопросительные знаки !
Дед

[bot]

Верное равенство может поставить под сомнение некоторое утверждение только если в этом утверждении говорилось (или из него следовало бы), что это верное равенство является неверным.
Да, ВТФ очевидно равносильна следующим утверждениям:

При n>2 выражение $\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не является
а) целым
б) рациональным
ни при каких ненулевых
в) целых
г) рациональных
значений переменных x и y.
Ни одно из этих 4-х утверждений не является очевидным, как некоторые полагают.

Целое число, разумеется, является рациональным: n=n/1.

[tolstopuz]

ljubarcev писал(а):

tolstopuz писал(а):

ljubarcev писал(а):

В то же время неоспоримое число $z=5=\sqrt{3^2+4^2}$

Вы хотите сказать, что $(5/1)^2=3^2+4^2$? Но в последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство невозможно.

Там ведь ясно написано "НЕОСПОРИМОЕ $5==\sqrt{3^2+4^2}$, то есть верное.

Нет, оно неверное. В левой части стоит дробное число $5=5/1$, которое целым быть не может, а в правой - целое. Дробное число не может быть равно целому. И не спорьте.

[Brukvalub]

Brukvalub писал(а):

Уважаемый Bukvalub ! Ничего я не меняю. Число $z=\frac{a}{b}$ при целых $a;b$ и $b$ не равном $1$ называется рационным. При $b=1$ положительные числа $z=a$ называются натуральными. Именно в этих древних определениях я их и использую.
При этом очевидно, что множество натуральных чисел является подмножеством множества рациональных чисел, и вы с этим, как я понимаю, согласны .

У Вас рациональное число определяется как дробь со знаменателем не равным 1, а натуральное - как дробь со знаменателем равным 1. Как это уживается в Вашем сознании с заявлением, что "При этом очевидно, что множество натуральных чисел является подмножеством множества рациональных чисел", я понять не в силах!

[ljubarcev]

bot писал(а):

Да, ВТФ очевидно равносильна следующим утверждениям:

При n>2 выражение $\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не является
а) целым
б) рациональным
ни при каких ненулевых
в) целых
г) рациональных
значений переменных x и y.
Ни одно из этих 4-х утверждений не является очевидным, как некоторые полагают.

Целое число, разумеется, является рациональным: n=n/1.

Уважаемый bot ! Вы правы. Ни одно из этих 4-х утверждений не является очевидным. Именно поэтому их вот уже более 350 лет пытаются доказать. Правда утверждений здесь всего два: а) и б). в) и г) - оговаривают свойства чисел $x$ и $y$, причем условие г) лишнее, так как Ферма утверждал именно при в)..
Я нашел простое доказательство утверждения б).- $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным. Никто этого доказательства не оспаривает.
Теперь возьмём Ваше "Целое число, разумеется, является рациональным: n=n/1" Отсюда , так как $z$ не может быть рацилнальным, то оно не может быть и целым.
Не ясно только как тогда быть с $5=\sqrt{3^2+4^2}$.
Дед.

[Yarkin]

ljubarcev писал(а):

Не ясно только как тогда быть с $5 = \sqrt{3^2 + 4^2}$.

Это теорема Пифагора для прямоугольного треугольника, а в условии ВТФ никакого треугольника нет. То, что Вы доказали тоже для прямоугольного треугольника, что легко проверить. Все существующие доказательства, в том числе и Уайлза, тоже для прямоугольного треугольника.