2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.



Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу 1, 2, 3, 4  След.
 
 Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 14:33 


25/09/17

34
Доказательство великой теоремы Ферма
Третья степень (вариант)


Для третьей степени уравнение ВТФ запишем следующим образом:
$a^3+b^3=c^3$ (1)
Здесь: $a, b$ – заданные взаимно простые натуральные числа разной четности; $c$ – искомое нечетное натуральное число.
Возможны два типа уравнения (1).
Первый тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ не кратны показателю степени. В этом случае двучлен $a^3+b^3$ преобразуется следующим образом:
$a^3+b^3=(a+b)(6k+1)$ (2)
Если число $c$ натуральное, то число $c^3$ преобразуется следующим образом:
$c^3=c(6m+1)$ (3)
Очевидно, что правые части уравнений (2) и (3) не равны между собой:
$(a+b)(6k+1)\ne c(6m+1)$ (4)
Следовательно, тип уравнения (1), в котором двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ не кратны показателю степени, не имеет решения в натуральных числах.
Второй тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ кратны показателю степени в первой степени. В этом случае двучлен $(a^3+b^3)$ преобразуется следующим образом:
$a^3+b^3=3(a+b)(6p+1)$ (5)
Если число $c$ натуральное, то число $c^3$ преобразуется следующим образом:
$c^3=3^2c(6q+1)$ (6)
Очевидно, что правые части уравнений (5) и (6) не равны между собой:
$3(a+b)(6p+1)\ne 3^2c(6q+1)$ (7)
Следовательно, и второй тип уравнения (1), в котором двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ кратны показателю степени в первой степени, не имеет решения в натуральных числах.
Таким образом, уравнение Великой теоремы Ферма третьей степени не имеет решения в натуральных числах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 14:40 
Аватара пользователя


26/09/16
76
Снегири
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Очевидно, что правые части уравнений (2) и (3) не равны между собой:


Правда, очевидно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 15:00 


25/09/17

34
SVD-d в сообщении #1250922 писал(а):
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Очевидно, что правые части уравнений (2) и (3) не равны между собой:


Правда, очевидно?

Несомненно, особенно в отношении формулы (7). Поскольку числа $(a+b)$ и $c$
делятся на число $3$ только в первой степени, то с учетом этого правая часть формулы (7) делится на $3^3$, а левая ее часть делится только на $3^2$.
Да и двучлены у них разные.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 15:17 


05/09/16
2484
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Второй тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ кратны показателю степени в первой степени.

То есть $c$, кратные 9 ни в первый ни во второй тип не попадают?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 15:44 
Аватара пользователя


26/09/16
76
Снегири
selesta в сообщении #1250931 писал(а):
Несомненно, особенно в отношении формулы (7).


Насчёт формулы 7 я и не сомневаюсь. Распишите, пожалуйста, вот это "очевидно" между 3 и 4 поподробнее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 16:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
15162
Новомосковск
SVD-d в сообщении #1250937 писал(а):
Насчёт формулы 7 я и не сомневаюсь.
А почему, собственно говоря?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 16:29 
Аватара пользователя


26/09/16
76
Снегири
Someone в сообщении #1250939 писал(а):
А почему, собственно говоря?


Потому что по условию $(a+b)$ и $c$ кратны трём, но не кратны девяти. Учитывая, что $(6 n + 1)$ не кратно трём, формула (7), очевидно, верна, откуда бы автор её ни получил.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение26.09.2017, 18:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
15162
Новомосковск
SVD-d в сообщении #1250943 писал(а):
но не кратны девяти
У него, вроде бы, явно это не сказано. Получается неоднозначная интерпретация. Но, вообще-то, нетрудно выяснить, на какую точно степень тройки делится $a+b$, если $c$ делится на заданную степень тройки и не делится на бо́льшую.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 09:53 


25/09/17

34
wrest в сообщении #1250934 писал(а):
selesta в сообщении #1250921 писал(а):
Второй тип: двучлен $(a+b)$ и, следовательно, число $c$ кратны показателю степени в первой степени.

То есть $c$, кратные 9 ни в первый ни во второй тип не попадают?


Формулу (1) запишем следующим образом:
$c^3=a^3+b^3= (a+b)D$
Из нее следует, что если двучлен $(a+b)$ делится на $3$, то и число $c$ должно делиться на $3$.
Если двучлен $(a^3+b^3)$ делится на $9$, т. е. $(a^3+b^3)=3^2P$, то:
$(a^3+b^3)=3(a+b)(6k+1)=3\cdot3^2(6k+1)P=3^3(6k+1)P$ (8)
Если число $c$ кратно $9$, то:
$c^3=3^4c(6m+1)$ (9)
Из формул (8) и (9) следует:
$3^3(6k+1)P\ne3^4c(6m+1)$

-- 27.09.2017, 11:12 --

SVD-d в сообщении #1250937 писал(а):
selesta в сообщении #1250931 писал(а):
Несомненно, особенно в отношении формулы (7).


Насчёт формулы 7 я и не сомневаюсь. Распишите, пожалуйста, вот это "очевидно" между 3 и 4 поподробнее.

У меня в доказательстве написано: "Очевидно, что правые части уравнений (2) и (3) не равны между собой".
Между формулами (3) и (4) ничего очевидного нет.
Что касается неравенства (4):
$(a+b)(6k+1)\ne c(6m+1)$,то:
$(a+b)\ne c$
$(6k+1)\ne(6m+1)$
Кстати: чтобы получить число $c$ делением двучлена $(a+b)$, если такое деление возможно, то его надо делить на двучлен $(6r+1)$, что невозможно с учетом соотношений между числами $a, b, c$ в уравнении теоремы Ферма.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 10:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
15162
Новомосковск
selesta в сообщении #1251114 писал(а):
$(a+b)(6k+1)\ne c(6m+1)$,то:
$(a+b)\ne c$
$(6k+1)\ne(6m+1)$
Кстати: чтобы получить число $c$ делением двучлена $(a+b)$, если такое деление возможно, то его надо делить на двучлен $(6r+1)$, что невозможно с учетом соотношений между числами $a, b, c$ в уравнении теоремы Ферма.
Не доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 10:46 


25/09/17

34
Someone в сообщении #1250974 писал(а):
SVD-d в сообщении #1250943 писал(а):
но не кратны девяти
У него, вроде бы, явно это не сказано. Получается неоднозначная интерпретация. Но, вообще-то, нетрудно выяснить, на какую точно степень тройки делится $a+b$, если $c$ делится на заданную степень тройки и не делится на бо́льшую.


Если двучлен $(a+b)$ кратный $3^z$, то число $c$, определяемое по формуле теоремы Ферма, кратно числу $3$ в степени$ \sqrt[3]{z+1}$.
Если число $c$ кратно числу $3$ в степени $z$, то двучлен $(a+b)$ кратный числу $3$ в степени $(z-1)$.

-- 27.09.2017, 11:59 --

Someone в сообщении #1251125 писал(а):
selesta в сообщении #1251114 писал(а):
$(a+b)(6k+1)\ne c(6m+1)$,то:
$(a+b)\ne c$
$(6k+1)\ne(6m+1)$
Кстати: чтобы получить число $c$ делением двучлена $(a+b)$, если такое деление возможно, то его надо делить на двучлен $(6r+1)$, что невозможно с учетом соотношений между числами $a, b, c$ в уравнении теоремы Ферма.
Не доказано.

$a<c$
$b<c$
Сложим:
$(a+b)<2c$
Отсюда:
$0,5(a+b)<c$
Кроме того:
$c<(a+b)$
Значения числа $c$ находятся в пределах:
$0,5(a+b)<c<(a+b)$
В указанных пределах нет целого числа большего $1$, на которое можно было бы разделить число $(a+b)$, чтобы получить число $c$.
Тем более, его невозможно разделить на число $(6r+1)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 11:06 


05/09/16
2484
selesta в сообщении #1251114 писал(а):
Если двучлен $(a^3+b^3)$ делится на $9$, т. е. $(a^3+b^3)=3^2P$, то:
$(a^3+b^3)=3(a+b)(6k+1)=3\cdot3^2(6k+1)P=3^3(6k+1)P$ (8)

Ок, положим $a=9,b=12$, тогда $a^3+b^3=9^3+12^3=2457=9\cdot 273$
Чему тогда равны $k$ и $P$ в (8)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 11:14 


25/09/17

34
SVD-d в сообщении #1250943 писал(а):
Someone в сообщении #1250939 писал(а):
А почему, собственно говоря?


Потому что по условию $(a+b)$ и $c$ кратны трём, но не кратны девяти. Учитывая, что $(6 n + 1)$ не кратно трём, формула (7), очевидно, верна, откуда бы автор её ни получил.


Формулы получены из простых соотношений.
Любое нечетное число, не кратное $3$, в квадрате равно:
$N=(6n+1)$
Отсюда:
любое нечетное число, не кратное $3$, в нечетной степени равно:
$N^n=N^{n-2}(6n+1)$
любое нечетное число, кратное $3$, в нечетной степени равно:
$(3N)^n=3^nN^{n-2}(6n+1)$

-- 27.09.2017, 12:25 --

wrest в сообщении #1251134 писал(а):
selesta в сообщении #1251114 писал(а):
Если двучлен $(a^3+b^3)$ делится на $9$, т. е. $(a^3+b^3)=3^2P$, то:
$(a^3+b^3)=3(a+b)(6k+1)=3\cdot3^2(6k+1)P=3^3(6k+1)P$ (8)

Ок, положим $a=9,b=12$, тогда $a^3+b^3=9^3+12^3=2457=9\cdot 273$
Чему тогда равны $k$ и $P$ в (8)?


Я уже Вам разъяснял: в формуле теоремы Ферма числа $a, b, c$ должны быть взаимно простыми.
Однако и в приведенном Вами примере имеем:
$a^3+b^3=9^3+12^3=2457=9\cdot 273=3^3(6\cdot15+1)$
$P=3, k=15$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 11:54 


05/09/16
2484
selesta в сообщении #1251136 писал(а):
Я уже Вам разъяснял: в формуле теоремы Ферма числа $a, b, c$ должны быть взаимно простыми.

Да не вопрос, пусть $a=11, b=13$

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство ВТФ n=3 (вариант)
Сообщение27.09.2017, 12:11 


25/09/17

34
wrest в сообщении #1251150 писал(а):
selesta в сообщении #1251136 писал(а):
Я уже Вам разъяснял: в формуле теоремы Ферма числа $a, b, c$ должны быть взаимно простыми.

Да не вопрос, пусть $a=11, b=13$

Тоже не вопрос.
Пусть будет и так.
$a+b=11+13=24$
$(a+b)$ кратно $3$.
Имеем:
$11^3+13^3=3528=3\cdot24(6\cdot8+1)$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 46 ]  На страницу 1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group