naanov Тривиальное тождество в доказательстве ВТФ

[naanov]

Уважаемые участники форума и его организаторы,
предлагаемый вариант доказательства выделен в самостоятельную тему в силу того, что автору не удалось привести этот вариант к требуемой правилами попытке доказательства для $n=3$. Возможно, это недостаток автора, а не характеристика попытки доказательства. Также, возможно, по этой же причине не удалось соотнести эту попытку с уже открытыми темами форума. Извините.
Предлагаемый вариант (попытка) доказательства опирается на тривиальное тождество, составляющее суть решения системы в п.3 доказательства.
Многовековой опыт ферматистов показывает: чем проще по форме попытка доказательства ВТФ, тем грубее по содержанию ошибка в этой попытке.
Может быть Вы укажите на такую ошибку, и тема будет закрыта на шаге 2.
Благодарю за внимание и содержательную критику.

Утверждение.
Уравнение
$x^n + y^n = z^n$, (1)
где $x<y<z$ и $n>2$ – все натуральные,
не имеет решений.

Попытка доказательства.
1. Пусть
$x^n + y^n = z^n$. (2)
2. Тогда справедливо
$x^i + y^i > z^i$, (3)
$x^{n - i} + y^{n - i} > z^{n - i}$, (4)
где $i$ - натуральное, $i<\frac n 2$. (5)
3. Системы неравенств вида (3) и (4) введением вспомогательных неизвестных $s_i$ и $t_i$ всегда преобразуются в $\left[ \frac n 2 \right]$ систем пар уравнений вида
$x^i + y^i - z^i = s_i$, (6)
$x^{n - i} + y^{n - i} - z^{n - i} = t_i$. (7)
4. Системы пар уравнений вида (6) и (7), разрешаемые относительно $n$, всегда имеют решения вида
$n = 2i$, (8)
влекущие противоречия, поскольку при условии (5)
$2i<n$. (9)
5. Приведение допущения (2) к $\left[ \frac n 2 \right]$ противоречиям между (8) и (9) доказывает справедливость утверждения.
6. Ч. и т.п.д.

Примечание.
Система уравнений (6) и (7) эквивалентна допущению (2), что непосредственно видно из соотношения
$t_i s_i = (x^{n - i} - t_i)(y^i - s_i) + (y^{n - i} - t_i)(x^i - s_i)$. (10)

[Toucan]

Тема перемещена в Карантин.

Согласно правилам, доказательство БТФ должно быть явно выписано для случая $n = 3$, в противном случае оно не может быть рассмотрено на форуме.

После того как исправите сообщение, сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.

[Toucan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»
Причина переноса: см. «О правилах подфорума ВТФ»

[AV_77]

Очень жаль, что вам не удалось простое действие - вместо $n$ подставить число $3$. Итак, имеем:
1. Пусть $x^3 + y^3 = z^3$.
2. Тогда справедливо
$x + y > z$,
$x^2 + y^2 > z^2$.
3. Что дальше?

[nnosipov]

naanov в сообщении #895458 писал(а):

Может быть Вы укажите на такую ошибку, и тема будет закрыта на шаге 2.

Ошибка стандартна и квалифицируется как "подлог": в п. 1 параметр $n$ предполагается константой, а в п. 4 он становится уже переменной величиной (неизвестным). Правило "$n=3$" очень хорошо страхует от таких подлогов.

[naanov]

Уважаемый Заслуженный участник AV_77!

AV_77 в сообщении #895677 писал(а):

3. Что дальше?

Далее прихожу к выводу, что существет класс доказательств ВТФ, не допускающий интерпретацию доказательств случаем $n=3$. В отличие от класса, допускающего интерпретацию доказательств случаем $n=3$.
С благодарностью
АН

-- 13.08.2014, 11:15 --

Уважаемый Заслуженный участник nnosipov!

nnosipov в сообщении #895684 писал(а):

Ошибка стандартна и квалифицируется как "подлог": в п. 1 параметр предполагается константой, а в п. 4 он становится уже переменной величиной (неизвестным). Правило "" очень хорошо страхует от таких подлогов.

1. Я чту Математическую логику, Правила Форума, в том числе - правило $n=3$, а также УК РФ.
2. В п.1 я не предполагаю, что параметр $n$ является константой.
С трепетом
АН

-- 13.08.2014, 11:48 --

Уважаемые участники форума!
Приношу извинения за некоторые неудобства, доставленные Вам не очень четкой постановкой темы.
В этой связи даю дополнительное разъяснение: в попытке доказательства фиксируется тройка $(x, y, z)$, а потом делается попытка доказать несуществование $n$, такого, что $n>2$.
Благодарю за внимание
АН (naanov)

[nnosipov]

naanov в сообщении #895788 писал(а):

Приношу извинения за некоторые неудобства, доставленные Вам не очень четкой постановкой темы.
В этой связи даю дополнительное разъяснение: в попытке доказательства фиксируется тройка $(x, y, z)$, а потом делается попытка доказать несуществование $n$, такого, что $n>2$.

В таком случае пишите заново текст доказательства.

[lasta]

naanov в сообщении #895458 писал(а):

где $x<y<z$ и $n>2$ – все натуральные,

Уважаемый naanov!
Свойства натуральных чисел никак не проявляются в ваших алгебраических преобразованиях, поэтому все Ваши равенства и неравенства одинаково справедливы как для рациональных , так и для иррациональных чисел, а также и для смешанных решений (присутствие в тройке решения иррациональных чисел). Нет критерия оценки, - существование противоречия только для натуральных.

[naanov]

Уважаемый Заслуженный участник nnosipov!
Следую Вашему совету:

nnosipov в сообщении #895799 писал(а):

В таком случае пишите заново текст доказательства.

Утверждение.
Уравнение
$x^n + y^n = z^n$, (1)
где $x<y<z$ и $n>2$ – все натуральные,
не имеет решений.

Попытка доказательства.
1. Пусть $(x, y, z)$ - фиксированная тройка, для которой
$x^n + y^n = z^n$. (2)
Покажем, что не существует $n>2$, удовлетворяющее допущению (2).
2. Если выполняется (2), то для всякого $n$, определяющего (2), справедливо
$x^i + y^i > z^i$, (3)
$x^{n - i} + y^{n - i} > z^{n - i}$, (4)
где $i$ - натуральное, $i<\frac n 2$. (5)
3. Системы неравенств вида (3) и (4) введением вспомогательных неизвестных $s_i$ и $t_i$ всегда преобразуются в $\left[ \frac n 2 \right]$ систем пар уравнений вида
$x^i + y^i - z^i = s_i$, (6)
$x^{n - i} + y^{n - i} - z^{n - i} = t_i$. (7)
4. Системы пар уравнений вида (6) и (7), разрешаемые относительно $n$, всегда имеют решения вида
$n = 2i$, (8)
влекущие противоречия, поскольку при условии (5)
$2i<n$. (9)
5. Приведение допущения (2) к $\left[ \frac n 2 \right]$ противоречиям между (8) и (9) доказывает справедливость утверждения.
6. Ч. и т.п.д.

Примечание.
Система уравнений (6) и (7) эквивалентна допущению (2), что непосредственно видно из соотношения
$t_i s_i = (x^{n - i} - t_i)(y^i - s_i) + (y^{n - i} - t_i)(x^i - s_i)$. (10)

-- 13.08.2014, 23:22 --

Уважаемый участник lasta!
Вы полагаете, что в равенствах и неравенствах моей попытки доказательства отсутствует некий критерий, а именно:

lasta в сообщении #895880 писал(а):

Свойства натуральных чисел никак не проявляются в ваших алгебраических преобразованиях, поэтому все Ваши равенства и неравенства одинаково справедливы как для рациональных , так и для иррациональных чисел, а также и для смешанных решений (присутствие в тройке решения иррациональных чисел). Нет критерия оценки, - существование противоречия только для натуральных.

По-моему, этот вопрос достаточно исследован. Например, Г. Эдварс Последняя теорема Ферма. - М.: Мир. 1980. - 484 с. С.15. К тому же, нецелые рациональные положительные умножением на общее кратное их знаменателей приводятся к натуральным. А включение в рассмотрение иррациональных немедленно исключает уравнение вида $x^n + y^n = z^n$ из множества диофантовых уравнений. При этом, в последнем случае, поскольку указанное уравнение имеет решение для любых $n>0$, то доказательство отсутствия такого решения исходно является логическим противоречием.
С уважением
АН

[nnosipov]

naanov в сообщении #895943 писал(а):

5. Приведение допущения (2) к $\left[ \frac n 2 \right]$ противоречиям между (8) и (9)

Неизвестное количество противоречий получено

Поскольку разгребать эту муть ТС не собирается, предлагаю отправить тему в Пургаторий.

[Lia]

naanov
Уважаемый lasta абсолютно прав, уважаемый nnosipov тоже. В этом виде доказательство обсуждению не подлежит. Проанализируйте указанные Вам ошибки.

Тема отправляется в Пургаторий.

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Пургаторий (М)»

[Lia]

Тема перемещена из форума «Пургаторий (М)» в форум «Великая теорема Ферма»
Причина переноса: по просьбе ТС.

Обещана исправленная версия доказательства. В случае, если выяснится, что исправление ошибок не изменило принципиальной картины, тема будет закрыта, на сей раз окончательно.

[Cash]

Уважаемый naanov, можно же с тем же результатом применить Ваш "метод" к уравнению
$x^n + y^n = z^n+1$
То есть это уравнение тоже не имеет корней?

[naanov]

Lia в сообщении #897010 писал(а):

исправленная версия доказательства

Утверждение.
Уравнение
$x^n + y^n = z^n$, (1)
где $x < y < z$ и $n > 2$ – все натуральные,
не имеет решений.

I.
Вспомогательное построение, непосредственно определяемое условием:
$x < y$ и $n$ – все натуральные.
1. Пусть $(x, y)$ – произвольная пара такая, что
$x < y$; (2)
зафиксируем $(x, y)$.
2. Пусть $s$ – натуральное такое, что
$s < x$; (3)
зафиксируем $s$.
3. Выполним вспомогательное построение:
а) представим $x$ разбиением на единицы, то есть суммой
$x = (1_x + … + 1_x)_x$, (4)
где $1_x = 1$, а индекс $x$ указывает на принадлежность разбиению натурального $x$,
индекс правой скобки в обозначении $(…)_x$ указывает на число слагаемых в скобках;
продолжение №1 далее

-- 19.08.2014, 00:39 --

продолжение №1
б) аналогично представим $y$:
$y = (1_y + … + 1_y)_y$, – (5)
где так же $1_y = 1$;
в) выразим сумму $x + y$ через разбиения чисел $x$ (4) и $y$ (5):
$x + y = (1_x + … + 1_x)_x + (1_y + … + 1_y)_y$, – (6)
и, далее, будем называть суммы в скобках с индексами частными суммами;
г) преобразуем сумму, полученную в правой части (6), в сумму трех частных сумм:
$(1_x + … + 1_x)_x+(1_y + … + 1_y)_y =$
$= (1_x + … + 1_x)_{x-s}+(2_s + … + 2_s)_s+(1_y + … + 1_y)_{y- s}$, (7)
где $2_s = 1_x + 1_y$, и индекс $s$ соответствует значению $s$, зафиксированному по п.2 (3),
а индекс правой скобки в обозначении $(…)_s$ указывает на число слагаемых частной суммы;
д) перепишем сумму в правой части равенства (7), для краткости, как $(x - s) + 2s + (y - s)$, и в соответствии с (6) получим
$x + y = (x - s) + 2s + (y - s)$; (8)
е) преобразуем сумму в правой части равенства (7), выполнив ряд замещений:
каждой единицы частной суммы $(1_x + … + 1_x)_{x-s}$ на частную сумму $(1_x + … + 1_x)_x = x$,
каждой двойки частной суммы $(2_s + … + 2_s)_s$ на сумму $(1_x + … + 1_x)_{x-s} + (2_s + … + 2_s)_s + (1_y + … + 1_y)_{y- s} = x + y$,
каждой единицы частной суммы $(1_y + … + 1_y)_{y- s}$ на частную сумму $(1_y + … + 1_y)_y = y$, –
и получим сумму ряда частных сумм единиц $1_x$ и $1_y$ и единиц в $2_s = 1_x + 1_y$, равную $x^2 + y^2$ и приводимую к краткой форме:
$x^2 + y^2 = (x^2 - s^2) + 2s^2 + (y^2 - s^2) $; (9)

продолжение №2 далее

[naanov]

продолжение №2
ж) применив аналогичное преобразование к сумме ряда частных сумм, имеющих краткую форму правой части равенства (9), путем замещения:
каждой единицы частной суммы $(1_x + … + 1_x)_{x^2 - s^2}$ на частную сумму $(1_x + … + 1_x)_x = x$ ,
каждой двойки частной суммы $(2_s + … + 2_s)_{s^2}$ на сумму $(1_x + … + 1_x)_{x-s} + (2_s + … + 2_s)_s + (1_y + … + 1_y)_{y- s} = x + y$ ,
каждой единицы частной суммы $(1_y + … + 1_y)_{y^2- s^2}$ на частную сумму $(1_y + … + 1_y)_y = y$, –
так же получим сумму ряда частных сумм единиц $1_x$ и $1_y$ и единиц в $2_s = 1_x + 1_y$, но равную $x^3 + y^3$, и приводимую к краткой форме в правой части равенства:
$x^3 + y^3 = (x^3 - s^3) + 2s^3 + (y^3 - s^3)$; (10)
з) продолжая аналогичные преобразования с каждой вновь получаемой суммой ряда частных сумм, и приводя эти суммы к краткой форме, получим бесконечную последовательность:
$\{(x^i - s^i) + 2s^i + (y^i - s^i)\}$, – (11)
где скобки $\{…\}$, – обозначают последовательность,
$i$ – натуральное,
$(x^i - s^i) + 2s^i + (y^i - s^i) = x^i + y^i$. (12)

продолжение №3 далее

-- 19.08.2014, 01:48 --

продолжение №3
3. Таким образом, выполнив вспомогательное построение, получили бесконечноуровневую целочисленную систему взаимосвязанных сумм натуральных степеней $x^i$ и $y^i $натуральных чисел $x$ и $y$, выраженных суммами ряда частных сумм единиц $1_x$ и $1_y$ и единиц в $2_s = 1_x + 1_y$, представимую в краткой форме последовательностью (11).
4. Обозначим построенную систему $(x, y, s)^i$:
$(x, y, s)^i = \{(x^i - s^i) + 2s^i + (y^i - s^i)\}$. (13)
5. Определим: сумме $i$–х степеней $x^i + y^i$ соответствует $i$–й уровень системы $(x, y, s)^i$.
6. Определение.
Система
$(x, y, s)^i = \{(x^i - s^i) + 2s^i + (y^i - s^i)\}$,
где $(x^i - s^i) = (1_x + … + 1_x)_{x^i - s^i}$,
$(y^i - s^i) = (1_y + … + 1_y)_{y^i - s^i}$,
$2s^i = (2_s + … + 2_s)_{s^i}$,
$2_s = 1_x + 1_y$,
$1_x = 1_y = 1$,
$s < x < y$ и $i$ – все натуральные,
называется целочисленной системой сумм натуральных степеней натуральных чисел $x$ и $y$ с основанием $s$.

продолжение №4 далее