Доказательство Великой теоремы Ферма от Старика

[Starik]

Поверить в то, что существует простое доказательство Великой теоремы Ферма, очень сложно.
Доказательство универсально для любой степени n > 2.
Повинуясь ПРАВИЛАМ форума привожу краткое доказательство для $n=3$.
$a^3-b^3\not=c^3$
все числа целые, положительные.
числа $a$, $b$ , $c$ не имеют общего делителя, так как уравнение легко приводится к тому же состоянию при делении каждого члена на общий делитель.
$n = 3$
Разложим $a^3-b^3$ на сомножители
$a^3-b^3=(a-b)\cdot(a^2+a\cdot b +b^2)$
Из этого следует, что искомое $c$ имеет сомножитель $a-b$, но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$. (В первоначальной версии допущена неточность)
Из этого следует, что искомое $c$ имеет сомножители, входящие в $a-b$, но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$. При условии, что существовало бы равенство $a^3-b^3=c^3$


Пытаемся разделить $(a^2+a\cdot b +b^2)$ на $a-b$, т.е. найти второй сомножитель.
Преобразуем $(a^2+a\cdot b +b^2)=(a^2+a\cdot b-2\cdot {b^2})+3\cdot {b^2}$
или
$(a^2+a\cdot b +b^2)=(a-b)\cdot(a+2b)+3b^2$
В полученном выражении имеем два слагаемых, первое нацело делится на $a-b$.
А вот от второго будет зависеть будет ли $a^3-b^3$ иметь более одного сомножителя $a-b$.
Итак, если $b$ некратно $a-b$, то сомножитель только один, а следовательно выражение $a^3-b^3$ не может быть степенью числа.
Исключительно для случая $(a-b)=3$ у нас будет еще один сомножитель $a-b$, но не более.
Но, если $b$ кратно $a-b$, тогда и $a$ и $c$ кратно $a-b$, что противоречит начальным условиям.
Если $(a-b)=1$, попробуйте решить ту же задачу поменяв местами $b$ и $c$. Результат очевиден.

В доказательстве используются формулы разложения для нечетных степеней. Разложение четных степеней имеет несколько иной вид. Но смысл тот же.

(Доказательство для $n>3$)

Доказательство теоремы Ферма
Утверждаю что $ a^n - b^n \not = c^n$

при соблюдении условий:
все числа целые, положительные.
числа a, b , c не имеют общего делителя, так как уравнение легко приводятся к тому же состоянию при делении каждого члена на общий делитель.
n > 2

Раздел V. Доказательство, «по серьезному».

Свойства разности двух чисел возведенных в степень n.

Разложим $a^n -b^n$ на сомножители

$a^n - b^n = ( k_1^{t_1} \cdot k_2^{t_2} \cdot k_3^{t_3}\cdot… \cdot k_j^{t_j})\cdot(u_1^{p_1}\cdot u_2^{p_2}\cdot u_3^{p_3}\cdot…\cdot u_q^{p_q})$

$k_j$ - сомножитель, - целое число больше 1

$t_j$ - количество повторений сомножителя $k_j$ , - целое число больше 0 (степень при сомножителе $k_j$ )

$u_q$ - сомножитель, - целое число больше 1

$p_q$ - количество повторений сомножителя $u_p$ , - целое число больше 0 (степень при сомножителе $u_p$)

Ни одно $u_q$ не повторяет $k_j$ , так как ниже приводится исчерпывающий перечень возможных вариантов значений $t_j$.

Примечание: разумеется есть программы построенные в Excel, позволяющие проверить это утверждение. Ресурсов конечно маловато… но. Дотошным математикам не трудно будет выполнить это же в более серьезных инструментариях.

Значения сомножителей $k_j$ определяются разложением значения $a-b$

$a-b = k_1\cdot k_2\cdot k_3\cdot… k_j$

$k_j$ может встречаться в разложении $a-b$ несколько раз (иметь равные значения), но для каждого из них действуют дальнейшие правила.

Значения степеней при сомножителях $k_j$ определяются соотношением $k_j$ и значения $b$ см. (1) и (2) и (3)

$t_j = 1$, если $b$ не кратно $k_j$ , так как присутствует один раз в разложении $a^n-b^n$ см.(1)

$t_j = n$, если $b$ кратно $k_j$ , так как присутствует $n$ раз в разложении $a^n-b^n$ см.(2)

$t_j = n\cdot q$, если $b$ кратно $k_j^q$ , т.е. если $k_j$ несколько раз (q раз) участвует в разложении $b$.

например: $b = x \cdot k_j^q$ если $a-b = y \cdot k_j^q$

$t_j = t_j+1$, если $b$ не кратно $k_j$ , но $k_j$ равно одному из делителей числа степени $n$ $n=n_1\cdot n_2\cdot$ … $\cdot n_p$, т.к коэффициент при $b^{n-2}=n$ см.(2)

$tj = t_j+1$, если $b$ кратно $k_j$ , но $k_j$ равно одному из делителей числа степени $n$ , и число сомножителей $k_j$, входящих в $a-b$ больше сомножителей $k_j$, входящих в $b$.

например: $b = x \cdot kj^q$ если $a-b = y \cdot kj^{q+1}$

[i]Доказанные свойства

Те же значения $t_j$ приобретают, если рассматривать разложение на сомножители выражения $b^n + c^n$

Утверждение автора

Дотошному читателю не трудно будет провести выше приведенное исследования, но применительно к разложению суммы, чисел, возведенных в одинаковую степень.




так, как $a^n - b^n = (a-b)\cdot(a^{n-1} + a^{n-2}\cdot b + a^{n-3} \cdot b^2 + … a\cdotb^{n-2} + b^{n-1})$ (1)

$a^{n-1} + a^{n-2}\cdot b + a^{n-3} \cdot b^2 + … a\cdot b^{n-2} + b^{n-1} = (a-b) \cdot(a^{n-2}+Y_s\cdot a^{n-3}\cdot b+Y_s\cdot a^{n-4}\cdot b^2+…+ Y_s\cdot a\cdot b^{n-3} + Y_s\cdot b^{n-2}) + n\cdot b^{n-2}$ (2)

$Y_s$ коэффициент возрастающий от 1 до $n-1$

Второе слагаемое в формуле 2 $n\cdot b^{n-2}$ , целое число,
если $b = s \cdot(a-b)$, т.е. $b$ кратно $a-b$

То же касается любого из сомножителей $a-b$ $k_j$

Если $b$ кратно $k_j$ повторяя разложение на сомножители выражения 2, мы убедимся, что в выражении $a^n-b^n$ количество сомножителей $k_j$ будет равно $n$.

Если $b$ кратно $a-b$ повторяя разложение на сомножители выражения 2, мы убедимся, что количество сомножителей $a-b$ будет равно $n$.

Итак, мы предполагаем, что $c^n$ должно быть равно выражению

$c^n = ( k_1^{t_1} \cdot k_2^{t_2} \cdot k_3^{t_3} \cdot… \cdot k_j^{t_j} ) \cdot (u_1^{p_1}\cdot u_2^{p_2}\cdot u_3^{p_3}\cdot …\cdot u_q^{p_q})$

$c = (k_1\cdot k_2\cdot k_3\cdot… \cdot kj) \cdot (u_1\cdot u_2\cdot u_3\cdot …\cdot u_q)$

при условии, что

$t_1= t_2= t_3= …=t_j= u_1= u_2= u_3= …=u_j=n$ (целевое условие)

У нас всего два варианта получаемых результатов:

выражение $t_1= t_2= t_3= …=t_j= n$ не выполняется хотя бы в одном из равенств, если $b$ некратно $a-b$.
Следовательно целевое условие не выполнимо, а значит задача $а^n – b^n ≠ c^n$ доказана



выражение $t_1= t_2= t_3= …=t_j= n$ выполняется, только если $b$ кратно $a-b$
Но если $b$ кратно $a-b$, тогда и
$a$ кратно $a-b$
и также $c$ кратно $a-b$
Что противоречит начальным условиям задачи.

В противном случае нам придется решать равенство

$\frac{a^n}{a-b} - \frac{b^n}{a-b}=\frac{c^n}{a-b}$

или ${{a_1}^n - {b_1}^n} = {c_1}^n$

К таким же следствиям придем, если $b$ кратно $k_j$

$\frac{a^n}{k_j} - \frac{b^n}{k_j} = \frac{c^n}{k_j}$
или ${a_2}^n - {b_2}^n = {c_2}^n$

Примечание:

Если $(a-b)=1$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $a^n - c^n$ , что не противоречит начальным условиям, но упрощает расчеты.
Если $(a-b)=d^n$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $a^n - c^n$.
Если $(a-b)=d^n$ и одновременно $(a-c)=e^n$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $c^n + b^n$ , что не противоречит начальным условиям.

Следовательно $а^n - b^n \not= c^n$ что и требовалось доказать.

Следуя логике приведенных рассуждений можно утверждать, что $а^n - b^n \not= c^m$

при $n \not= z\cdot m + 0$ , где m целое число > 2

, где z целое число > 2

[shwedka]

Starik в сообщении #916349 писал(а):

но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$.

Это утверждение Вам нужно доказать!
Одна из наиболее типичных ошибок ферматиков.

[Starik]

shwedka в сообщении #916390 писал(а):

Starik в сообщении #916349 писал(а):

но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$.

Это утверждение Вам нужно доказать!
Одна из наиболее типичных ошибок ферматиков.

Уважаемая shwedka огромное спасибо за внимание!
Доказывать кому?

Если некое число состоящее из нескольких простых чисел, например $s=d\cdot k$ возвести в третью степень, то сколько же сомножителей $d$ и $k$ будет в произведении $s^3$.
Обратное тоже в силе, не правда ли?
Опровергните это хотя бы одним примером.

[Cash]

Starik в сообщении #916490 писал(а):

$a^3-b^3=(a-b)\cdot(a^2+a\cdot b +b^2)$
Из этого следует, что искомое $c$ имеет сомножитель $a-b$

не следует

[whitefox]

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Доказывать кому?

Вопрос, что называется, на засыпку.
Ну в самом деле, кого может интересовать "доказательство" ложного утверждения?

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Если некое число состоящее из нескольких простых чисел, например $s=d\cdot k$ возвести в третью степень, то сколько же сомножителей $d$ и $k$ будет в произведении $s^3$.
Обратное тоже в силе, не правда ли?
Опровергните это хотя бы одним примером.

Пусть $(a-b)=d^2$, сколько сомножителей $(a-b)$ будет в $s^3$

[shwedka]

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Если некое число состоящее из нескольких простых чисел, например $s=d\cdot k$ возвести в третью степень, то сколько же сомножителей $d$ и $k$ будет в произведении $s^3$.
Обратное тоже в силе, не правда ли?

----Заявление 'не правда ли' не является доказательством.---

Цитата:

Опровергните это хотя бы одним примером.

Так в математику не играют.
Ваше утверждение -- Вам его и доказывать.

Цитата:

но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$.

Подсказка: Вы не можете исключить возможности, когда $a-b$ само является кубом натурального числа.

[worm2]

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Опровергните это хотя бы одним примером.

1) $a-b = 8,\, s=2$
2) "Теорема Ферма, очевидно, верна. Опровергните её хотя бы одним примером".

[Starik]

shwedka в сообщении #916515 писал(а):

Подсказка: Вы не можете исключить возможности, когда само является кубом натурального числа.

Не могу...
Но в тексте доказательста ответ есть. Прочитайте последних несколько фраз моего доказательства.

Starik в сообщении #916349 писал(а):

Примечание:

Если , мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители , что не противоречит начальным условиям, но упрощает расчеты.
Если , мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители .
Если и одновременно , мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители , что не противоречит начальным условиям.
Если и одновременно смотри Раздел III на моем сайте. Построение пирамиды степени. Метод разложения.
Следовательно что и требовалось доказать.

[shwedka]

Starik в сообщении #916349 писал(а):

смотри Раздел III на моем сайте.

Ну, так здесь не делается!
По сайтам никто ползать не станет.
Приведите полное 'доказательство' для степени 3.

[Starik]

Привести полный текст своего сайта не могу, потому что нет достаточного опыта писать в МатТех. Опишу, но нужно время. Но по доказательству теоремы все есть в первичном тесте Темы. Цитата взята из текста форума, только почему то формулы не скопировались...

[shwedka]

Starik в сообщении #916539 писал(а):

Привести полный текст своего сайта не могу, потому что нет достаточного опыта писать в МатТех

Это уже детский сад! Писать в ТЕХе простые формулы можно научиться за 15 минут.
Случай степени 3 - много места не займет.

Starik, Вы читали какие-нибудь книги про ВТФ?
Посмотрите у Рибенбойма на стр 116,
соотношения Барлоу (еще их называют формулами Абеля),
может, после этого и не понадобится Вам ничего писать....

[Starik]

whitefox в сообщении #916507 писал(а):

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Доказывать кому?

Вопрос, что называется, на засыпку.
Ну в самом деле, кого может интересовать "доказательство" ложного утверждения?

Starik в сообщении #916490 писал(а):

Если некое число состоящее из нескольких простых чисел, например $s=d\cdot k$ возвести в третью степень, то сколько же сомножителей $d$ и $k$ будет в произведении $s^3$.
Обратное тоже в силе, не правда ли?
Опровергните это хотя бы одним примером.

Пусть $(a-b)=d^2$, сколько сомножителей $(a-b)$ будет в $s^3$

В цитате приводимой Вами $(a-b)$ не упоминается. Не понимаю на что отвечать?
Разве надо доказывать, что число, возведенное в куб, содержит натуральные сомножители в трех-кратном повторении?

Если бы имело место равенство $a^3-b^3=c^3$,

и мы точно знаем, что левая часть содержит сомножители $(a-b)$, то правая часть то же имеет эти сомножители.
Поясните в чем мое заблуждение?

[whitefox]

Starik в сообщении #917195 писал(а):

В цитате приводимой Вами $(a-b)$ не упоминается. Не понимаю на что отвечать?

Просто ответьте на вопрос: сколько сомножителей $(a-b)=d^2$ будет в $s^3=(d\cdot k)^3$? И сравтите ответ с вашим утверждением:

Starik в сообщении #916349 писал(а):

Разложим $a^3-b^3$ на сомножители
$a^3-b^3=(a-b)\cdot(a^2+a\cdot b +b^2)$
Из этого следует, что искомое $c$ имеет сомножитель $a-b$, но $c^3$ должно иметь три сомножителя $a-b$.

Starik в сообщении #917195 писал(а):

Если бы имело место равенство $a^3-b^3=c^3$,

и мы точно знаем, что левая часть содержит сомножители $(a-b)$, то правая часть то же имеет эти сомножители.
Поясните в чем мое заблуждение?

В том, что $(a-b)$ не обязано делить $c$, хотя и делит $c^3.$

[Starik]

Прошу прощения за нечеткое изложение материала в первичном сообщении!
Спасибо за замечания они мне очень помогли.
Очень надеюсь, что так будет понятнее.

Доказательство теоремы Ферма для третьей степени.
$a^3-b^3\not=c^3$
все числа целые, положительные.
числа $a$, $b$ , $c$ не имеют общего делителя, так как уравнение легко приводится к тому же состоянию при делении каждого члена на общий делитель.
$n = 3$
Разложим $a^3-b^3$ на сомножители
$a^3-b^3=(a-b)\cdot(a^2+a\cdot b +b^2)$

Из этого следует, что искомое $c^3$ имеет сомножители входящие в $a-b$, но $c^3$ должно иметь каждого простого сомножителя по три.
Пытаемся разделить $(a^2+a\cdot b +b^2)$ на $a-b$, т.е. найти второй сомножитель.
Преобразуем $(a^2+a\cdot b +b^2)=(a^2+a\cdot b-2\cdot {b^2})+3\cdot {b^2}$
или
$(a^2+a\cdot b +b^2)=(a-b)\cdot(a+2b)+3b^2$
В общем виде получаем выражение1
$a^3-b^3=(a-b)\cdot((a-b)\cdot(a+2b)+3b^2)$
Рассмотрим несколько примеров.

Первый самый примитивный.
$a-b$ простое число, например $k$.
Подставляем в выражение1 значение $k$ получим
$a^3-b^3=k\cdot(k\cdot(a+2b)+3b^2)$
Соотношение $b$ и $k$ определяет возможный результат поисков количества сомножителей $k$ в $a^3-b^3$
Если $b=b_1\cdot k$, тогда и $a=a_1\cdot k$
Заменим $a$ $b$ на новые значения
$a^3-b^3=k\cdot(k\cdot(a_1\cdot k+2b_1\cdot k)+3{b_1}^2\cdot {k}^2)$
что равно $a^3-b^3=k^3\cdot(a_1+2b_1+3{b_1}^2)$
из чего следует, что $c=c_1\cdot k$ , что противоречит начальным условиям задачи.
Если $b\not=b_1\cdot k$, и как видно из выражения1
$k$ остается в одиночестве, следовательно $a^3-b^3$ не может быть третьей степенью числа.

Второй пример. Усложним задачу.
$a-b={k}\cdot{k_1}\cdot{k_2}$, где $k_i$ простые числа
Если $b={b_2}\cdot{k}\cdot{k_1}\cdot{k_2}$ или
$b={b_i}\cdot{k_i}$ или
$b\not={b_4}\cdot{k}$ и
$b\not={b_5}\cdot{k_1}$ и
$b\not={b_6}\cdot{k_2}$
рассмотрели в предыдущем примере.
Рассмотрим $b=b_7\cdot{k_1}$ и введем дополнительное условие $k_1=k_2$ Соответственно $a=a_7\cdot{k_1}$
В выражении1 Заменим $a$ $b$ на новые значения
$a^3-b^3= {k}\cdot{k_1}\cdot{k_2}\cdot({k}\cdot{k_1}\cdot{k_2}\cdot({a_7}\cdot{k_1}+2{b_7}\cdot{k_1})+3{b_7}^2\cdot{k_1}^2)$
что равнозначно
$a^3-b^3= {k}\cdot{k_1}^3\cdot{k_2}\cdot({k}\cdot{k_2}\cdot({a_7}+2{b_7})+3{b_7}^2)$
из чего следует, что $c=c_7\cdot {k_1}$ , что противоречит начальным условиям задачи.
Есть еще один уникальный случай нахождения еще одного сомножителя
$b=b_8\cdot{k_1}$ и $a=a_8\cdot{k_1}$ и $k_1=3$ и $k_2=3$числу степени, тогда
$a^3-b^3= {k}\cdot3\cdot3\cdot({k}\cdot3\cdot3\cdot({a_8}\cdot3+2{b_8}\cdot3)+3{b_8}^2\cdot3^2)$

$a^3-b^3= {k}\cdot3^4\cdot({k}\cdot({a_8}+2{b_8})+{b_8}^2)$


Примечание:

Если $(a-b)=1$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $a^3 - c^3$ , что не противоречит начальным условиям, но упрощает расчеты.
Если $(a-b)=k^3$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $a^3 - c^3$.
Если $(a-b)=k^3$ и одновременно $(a-c)=e^3$, мы можем рассматривать вариант разложения на сомножители $c^3 + b^3$ , что не противоречит начальным условиям.


Следовательно $a^3 - b^3 \not= c^3$ что и требовалось доказать.

[shwedka]

Starik в сообщении #917456 писал(а):

смотри Раздел III на моем сайте.

По прежнему не считается. Продемонстрируйте эту пирамиду здесь.
И прочтите, наконец, Рибенбойма