О "последнем" утверждении П. Ферма

[Brukvalub]

Yarkin писал(а):

Все существующие доказательства, в том числе и Уайлза, тоже для прямоугольного треугольника.

Это-ж надо! Как Вы, однако, глубоко вникли в доказательство Уайлза! Как говорится в одной рекламе: "А мужик-то не знает!"

[Yarkin]

Brukvalub писал(а):

Это-ж надо! Как Вы, однако, глубоко вникли в доказательство Уайлза! Как говорится в одной рекламе: "А мужик-то не знает!"

В этом нет никакой необходимости. Достаточно убедиться, что в ВТФ треугольника нет.

[ljubarcev]

Yarkin писал(а):

В этом нет никакой необходимости. Достаточно убедиться, что в ВТФ треугольника нет.

Уважанмый Yarkin ! Вы неоднократно повторяете это утверждение.
Действительно, соотношение $x^n+y^n=z^n$ не отвечает необходимому условию существования треугольника.
1.Но ведь при этом, когда $x^n+y^n=z^n$, - $x+y>z$: $x^2+y^2>z^2$; $x^3+y^3>z^3$; ..$x^{n-1}+y^{n-1}>z^{n-1}$ и должны существовать одновременно $n-1$ треугольника со сторонами $x;y;z$; $x^2:y^2:z^2$; $x^3:y^3;z^3$; ... $x^{n-1};y^{n-1};z^{n-1}$.
2.При $n=2$ все решения находятся из тождества
$(u^2+v^2)^2-(u^2-v^2)^2=4u^2v^2=(u^2v^2+1)^2-(u^2v^2-1)^2$, справедливого при любых $u>v$. Так что и при любых $u=x^n$; $v=y^n$ и любом $n$ можно найти бесконечное количество прямоугольных треугольников. А вы утверждаете что треугольников нет
Дед.

[Yarkin]

ljubarcev писал(а):

Уважанмый Yarkin ! Вы неоднократно повторяете это утверждение.
Действительно, соотношение $x^n + y^n = z^n$ не отвечает необходимому условию существования треугольника.

Спасибо за правильный вывод. В формулировке ВТФ нет ни треугольника ни прямой, на которой это соотношение выполняется, а потому, в доказательстве, условия их существования использовать нельзя.

[PAV]

ljubarcev писал(а):

Я доказал, и никто этого не оспаривает, что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным.

Это уже оспорили все, кто только мог.

[ljubarcev]

Yarkin писал(а):

В этом нет никакой необходимости. Достаточно убедиться, что в ВТФ треугольника нет.[/list]

Уважаемый Yarkin ! Приведенное мной решение уравнения при любых $x^n;y^n;n$ к теореме Ферма никакого отношения не имеет. В то же время Вы правы в том,что если доказать, что при любом не чётном $n$ ОДНОВРЕМЕННО не могут существовать целочисленные треугольники со сторонами $x;y;z$; $x^2;y^2;z^2$; $x^3;y^3;z^3$ ... $x^{n-1};y^{n-1};z^{n-1}$, где $x;y;z$ одни и те же числа во всех приведенных тройках, то этим будет доказана ВТФ.
Дед..

[Yarkin]

ljubarcev писал(а):

Уважаемый Yarkin ! Приведенное мной решение уравнения при любых $x^n;y^n;n$ к теореме Ферма никакого отношения не имеет. В то же время Вы правы в том,что если доказать, что при любом не чётном $n$ ОДНОВРЕМЕННО не могут существовать целочисленные треугольники со сторонами $x;y;z$; $x^2;y^2;z^2$; $x^3;y^3;z^3$ ... $x^{n-1};y^{n-1};z^{n-1}$, где $x;y;z$ одни и те же числа во всех приведенных тройках, то этим будет доказана ВТФ.
Дед..

Я бы назвал Вас объективным участником Форума.
В своих двух последних теоремах, я показал, что уравнение Ферма, при условиях ВТФ может появиться только при отсутствии треугольника. Поэтому она недоказуема для всех $n>1$. Т. е. Ферма и все математики ошибочно предполагают, что для $n=2$ доказательства не требуется. Соотношение $3^2 + 4^2 = 5^2$ не опровергает ВТФ.

[Brukvalub]

Yarkin писал(а):

Я бы назвал Вас объективным участником Форума.

Еще дедушка Крылов метко заметил: "Кукушка хвалит петуха, за то, что хвалит тот кукушку". Теперь, в традициях старого Политбюро, остаётся наградить друг друга орденом "За заслуги в борьбе с теоремой Ферма".

[Yarkin]

Brukvalub писал(а):

Еще дедушка Крылов метко заметил:
Это-ж надо! Как Вы, однако, глубоко вникли в доказательство Уайлза! Как говорится в одной рекламе: "А мужик-то не знает!"

Уайлз "доказал" для $n>3$, а для $n=3$ он берет ошибочное доказательство Эйлера, а для $n=2$ он, как и все математики, считает , что доказывать не надо. Так что, "глубоко вникать" нет никакой необходимости.

[Brukvalub]

Yarkin писал(а):

Brukvalub писал(а):

Еще дедушка Крылов метко заметил:
Это-ж надо! Как Вы, однако, глубоко вникли в доказательство Уайлза! Как говорится в одной рекламе: "А мужик-то не знает!"

Я так не писал. Искажать цитаты? Согласен, в борьбе с теоремой Ферма все средства хороши!

[drowsy]

Yarkin писал(а):

Brukvalub писал(а):

Еще дедушка Крылов метко заметил:
Это-ж надо! Как Вы, однако, глубоко вникли в доказательство Уайлза! Как говорится в одной рекламе: "А мужик-то не знает!"

Уайлз "доказал" для $n>3$, а для $n=3$ он берет ошибочное доказательство Эйлера, а для $n=2$ он, как и все математики, считает , что доказывать не надо. Так что, "глубоко вникать" нет никакой необходимости.

Адрес: 113152, Загородное шоссе, 2
Проезд: м. "Тульская", "Шаболовка" авт. 41,121, трам. 26,38 ост. "Больница."
Справочная телефон: [phone]
Приемное отделение телефон: [phone]

Простите, не удержался

[PAV]

PAV:

drowsy,
убедительная просьба держать себя в рамках и воздерживаться от флейма и наездов на участников форума.

[ljubarcev]

PAV писал(а):

ljubarcev писал(а):

Я доказал, и никто этого не оспаривает, что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным.

Это уже оспорили все, кто только мог.

Уважаемый PAV ! Прошу прощения, но согласиться с Вами не могу. Верность моего простого доказательства иррациональности числа $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$, даже на основании существовавшей в среде советских изобретателей присказки – «В первый момент всегда очевидна глупость автора и его предложения»- никто не отрицал. Никто, тем более, не приводил аргументов его опровергающих. Дискуссия застопорилась в связи с тем, что никто не хочет поделиться своим знанием (знанием ведь можно поделиться без раздумий, потому что знание –истина) ответа на вопрос: рационально ли натуральное число? За последние двое суток тему просмотрели более 850 раз, и никто не может (не осмеливается, не хочет) ответить на такой простой вопрос.
Дед.

[PAV]

На Ваш вопрос уже как минимум ответили и Someone, и Brukvalub. Если угодно, то отвечу и я: целые числа являются рациональными.

Скучно и неинтересно даже как-то разжевывать такие банальности. Действительно, число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ не может быть рациональным со знаменателем $b>1$, но целым (со знаменателем $b=1$) --- может, что доказывает пример $5=\sqrt{3^2+4^2}$.

Фактически, все числа $z$ указанного вида могут быть только или целыми, или иррациональными, это совершенная банальность.

Еще раз повторяю на всякий случай: целые числа включаются в множество рациональных. Хотя бы потому, что рациональные числа должны быть замкнуты относительно алгебраических операций (они образуют поле), а если целые из них исключить, то получится, что сумма рациональных чисел сама может не быть рациональным числом.

Добавлено спустя 3 минуты 28 секунд:

ljubarcev писал(а):

Верность моего простого доказательства иррациональности числа $z$... никто не отрицал

Вы не доказали, что оно иррациональное. Вы доказали, что оно либо иррациональное, либо целое.

[ljubarcev]

PAV писал(а):

.
Еще раз повторяю на всякий случай: целые числа включаются в множество рациональных. Хотя бы потому, что рациональные числа должны быть замкнуты относительно алгебраических операций (они образуют поле), а если целые из них исключить, то получится, что сумма рациональных чисел сама может не быть рациональным числом.

Уважаемый PAV ! Благодарю за быстрый и четкий ответ и особенно за приведенное его обоснование.

Добавлено спустя 39 минут 8 секунд:

О "последнем" утверждении П.Ферма

PAV писал(а):

ljubarcev писал(а):

Верность моего простого доказательства иррациональности числа $z$... никто не отрицал

Вы не доказали, что оно иррациональное. Вы доказали, что оно либо иррациональное, либо целое.

Прошу прощения за нахальство, но с последней трактовкой упоминаемого доказательства я не могу согласиться. Я не доказывал и не утверждаю, что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ иррациональное или целое и в этом нет необходимости. Я доказал отрицательное утверждение (и это неоспоримо), что указанное число не может быть рациональным.
Посмотрите , пожалуйста ещё раз, что из этого следует.

Теорема: Целое число в не чётной степени $c^n$ не может быть представлено в виде суммы двух целых чисел, каждое из которых является числом в той же степени.
Предположим обратное – равенство $z^n=x^n+y^n$ (1) в целых не нулевых числах существует. Из этого равенства находим, что должно быть $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ (2).
Докажем, что число $z=\sqrt[n]{x^n+y^n}$ при целых взаимно простых $x;y$ и не чётном $n>1$ не может быть рациональным числом. Метод доказательства – «от противного». Допустим, что $z$ рационально, то есть $z=c/d$, где $c;d$ целые взаимно простые числа. После подстановки в (2) и возведения в $n$ степень получим: $(\frac {c}{d})^n=x^n+y^n$. В последнем равенстве число справа – целое, а число слева целым быть не может и равенство в этом случае не возможно. чтд.
Таким образом доказано $(\frac {c}{d})^n\ne x^n+y^n$. Из этого следует $c^n\ne d^nx^n+d^ny^n$. Введём новые обозначения $a=dx$; $b=dy$. Естественно, числа $a$ и $b$ будут целыми.
После подстановки получим $c^n\ne a^n+b^n$ , из которого очевидно (оно так и читается): никакое целое число $c$ в не чётной степени $n$ не может быть представлено суммой двух целых чисел в той же степени каждое. ЧТД.
Дед.