Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[ydgin]

Someone
$X+Y-Z=3pqt$
$A+B-C=2mn$
$2mn=3pqt$
Надеюсь,что теперь вопросов с этим нет.
$A=m^2+2mn,B=2n^2+2mn,C=m^2+2n^2+2mn.$
$X,Y,Z$-через $m,n$ вопрос.
$X=p^3+3pqt,Y=9q^3+3pqt,Z=t^3-3pqt.$
$A,B,C$-через $p,q,t$ вопрос.
Затем берем $5N$ и проверяем $A^2+B^2=C^2 ,X^3+Y^3=Z^3$ обязательно в двух вариантах
для $N=2mn$ и $N=3pqt$.
Получаем противоречие.

[Someone]

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$X+Y-Z=3pqt$
$A+B-C=2mn$
$2mn=3pqt$
Надеюсь,что теперь вопросов с этим нет.

Я писал об этом ещё 4 дня назад.

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$X,Y,Z$-через $m,n$ вопрос.

Выразить $X,Y,Z$ через $m$ и $n$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=X+Y-Z$ может получиться для большого числа различных наборов $X$, $Y$, $Z$.

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$A,B,C$-через $p,q,t$ вопрос.

Выразить $A$, $B$, $C$ через $p$, $q$, $t$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=A+B-C$ может получиться для большого числа различных наборов $A$, $B$, $C$. Но способ нахождения всех таких наборов решений уравнения $A^2+B^2=C^2$ я указал 23/V-2018.

Вы одержимы идеей, что уравнение $A^2+B^2=C^2$ каким-то образом привязано к уравнению $X^3+Y^3=Z^3$, поэтому никак не можете признать, что связи между этими уравнениями нет, и что, не наделав глупых ошибок, никаких противоречий между этими уравнениями найти нельзя. Пока Вы на этом стоите, обсуждение доказательства с Вами является бессмысленным.

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

Затем берем $5N$ и проверяем $A^2+B^2=C^2 ,X^3+Y^3=Z^3$ обязательно в двух вариантах
для $N=2mn$ и $N=3pqt$.
Получаем противоречие.

Нет доказательства.

[ydgin]

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Выразить $X,Y,Z$ через $m$ и $n$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=X+Y-Z$ может получиться для большого числа различных наборов $X$, $Y$, $Z$.

Выражается формулой

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$X+Y-Z=3pqt$

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Выразить $A$, $B$, $C$ через $p$, $q$, $t$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=A+B-C$ может получиться для большого числа различных наборов $A$, $B$, $C$.

Выражается формулой

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$A+B-C=2mn$

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$2mn=3pqt$

Равенство не возможно .Не существует целого $3pqt$.

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Вы одержимы идеей, что уравнение $A^2+B^2=C^2$ каким-то образом привязано к уравнению $X^3+Y^3=Z^3$

Не привязано.Т.к. $(X+Y-Z)$-не существует целое,а значит и четное.А, если бы существовало,то было бы привязано.
$(A+B-C)$-любое (все) четные числа.

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Нет доказательства.

Re: Простое доказательство теоремы ФЕРМА.Сообщение15.04.2018, 17:25

[Someone]

ydgin в сообщении #1315339 писал(а):

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Выразить $X,Y,Z$ через $m$ и $n$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=X+Y-Z$ может получиться для большого числа различных наборов $X$, $Y$, $Z$.

Выражается формулой

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$X+Y-Z=3pqt$

Вы считаете, что $X+Y-Z=3pqt$ — это выражение трёх величин $X$, $Y$, $Z$ через $m$ и $n$? Надо сказать, что это необыкновенно свежо.

ydgin в сообщении #1315339 писал(а):

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Выразить $A$, $B$, $C$ через $p$, $q$, $t$ какой-то формулой нельзя, так как одно и то же значение $N=A+B-C$ может получиться для большого числа различных наборов $A$, $B$, $C$.

Выражается формулой

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$A+B-C=2mn$

Аналогично.

ydgin в сообщении #1315339 писал(а):

ydgin в сообщении #1315250 писал(а):

$2mn=3pqt$

Равенство не возможно .Не существует целого $3pqt$.

Не доказано. Тем более, что $3pqt=2mn$.

ydgin в сообщении #1315339 писал(а):

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Вы одержимы идеей, что уравнение $A^2+B^2=C^2$ каким-то образом привязано к уравнению $X^3+Y^3=Z^3$

Не привязано.Т.к. $(X+Y-Z)$-не существует целое,а значит и четное.А, если бы существовало,то было бы привязано.

А откуда Вы знаете, что не существует? Вы же пока не доказали теорему. А связи между уравненияими третьей и второй степени нет. Вы не доказали, что она есть. То, что Вы мешаете формулы в одну кучу, доказательством не является.

ydgin в сообщении #1315339 писал(а):

Someone в сообщении #1315260 писал(а):

Нет доказательства.

Re: Простое доказательство теоремы ФЕРМА.Сообщение15.04.2018, 17:25

Ссылку слабо́ было сделать?

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

Но, равенства должны выполняться, не только для $n$,но и для любого $kn$.

Видите ли, формулы Абеля, которые Вы используете, верны для взаимно простых $X$, $Y$, $Z$ и становятся неверными для $5X$, $5Y$, $5Z$. Поэтому дальнейшие вычисления становятся необоснованными.

[ydgin]

Someone

Someone в сообщении #1315359 писал(а):

Ссылку слабо́ было сделать?

Было слабо сделать.Подскажите как.

Someone в сообщении #1315359 писал(а):

Видите ли, формулы Абеля, которые Вы используете, верны для взаимно простых $X$, $Y$, $Z$ и становятся неверными для $5X$, $5Y$, $5Z$. Поэтому дальнейшие вычисления становятся необоснованными.

Если использую формулы Абеля,то не осознанно.
$5X+5Y-5Z=5N$,$25X^2+25Y^2=25Z^2,125X^3+125Y^3=125Z^3$
По-моему обоснованно.

[Someone]

ydgin в сообщении #1315374 писал(а):

Подскажите как.

Ссылку можно оформить в виде

[url]Адрес[/url]

или

[url=Адрес]Текст[/url].

Адрес конкретного сообщения можно скопировать, щёлкнув правой клавишей мыши по маленькому прямоугольничку вверху справа (где находится дата и время отправления сообщения).

ydgin в сообщении #1315374 писал(а):

Если использую формулы Абеля,то не осознанно.

Совершенно напрасно. Их надо использовать осознанно и понимать, когда они верны, а когда — нет.

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

Тогда должны выполняться равенства:
$(p^2+n)^2+(2q^29t^2+n)^2=(p^2+2q^29t^2+n)^2$
$(A^2+B^2=C^2)$
$(p^3+n)^3+(8q^3+n)^3=(9t^3-n)^3$
$( X^3+Y^3=Z^3)$

А после умножения на $5$ такие формулы написать уже нельзя, потому что при выводе этих формул существенна взаимная простота $X$, $Y$, $Z$, а после умножения на $5$ у этих чисел будет общий множитель $5$. И вместо $X=p^3+n$ нужно будет написать $X=5(p^3+n)$ и т.п. А вот это — ерунда:

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

Распределяем пятерки по скобкам и подставляем в равенства.
Возможны два варианта.
…

Ничего там по скобкам распределять нельзя, потому что те числа, которые должны быть целыми, перестанут быть целыми.

[ydgin]

Someone
Большое спасибо за подсказку.

Someone в сообщении #1315431 писал(а):

А после умножения на $5$ такие формулы написать уже нельзя, потому что при выводе этих формул существенна взаимная простота $X$, $Y$, $Z$, а после умножения на $5$ у этих чисел будет общий множитель $5$. И вместо $X=p^3+n$ нужно будет написать $X=5(p^3+n)$ и т.п. А вот это — ерунда:

Получая нетривиальные решения мы никак не нарушаем взаимную простоту$X,Y,Z$.
И вместо $X=p^3+n$ нужно написать $5X=5(p^3+n)$.

Someone в сообщении #1315431 писал(а):

Ничего там по скобкам распределять нельзя, потому что те числа, которые должны быть целыми, перестанут быть целыми.

Не хочу опять показаться навязчивым, но в этом суть противоречия.
Рассмотрим $2mn=3pqt$
$m,n$-любые. Возьмем $m=p, 2n=3qt$
Теперь возьмем $K$-любое,как нам нужно.
$2mnK=3pqtK$
Нужно представить$K$ в виде $K=k_1k_2=k_3k_4k_5$,причем
$k_1=k_2, k_3=k_4=k_5, k_1=k_3, k_2=k_4k_5$.
А это невозможно.

[Someone]

ydgin в сообщении #1315613 писал(а):

Не хочу опять показаться навязчивым, но в этом суть противоречия.
Рассмотрим $2mn=3pqt$
$m,n$-любые. Возьмем $m=p, 2n=3qt$
Теперь возьмем $K$-любое,как нам нужно.
$2mnK=3pqtK$
Нужно представить$K$ в виде $K=k_1k_2=k_3k_4k_5$,причем
$k_1=k_2, k_3=k_4=k_5, k_1=k_3, k_2=k_4k_5$.
А это невозможно.

Я понял, что суть противоречия — именно в том, что Вы, вместо того, чтобы использовать правильные выражения, начинаете "распределять пятёрки". Поэтому доказательства нет, поскольку с правильными выражениями никакого противоречия не будет.

[ydgin]

Someone

Someone в сообщении #1315648 писал(а):

поскольку с правильными выражениями никакого противоречия не будет.

Так покажите "правильную пятерку".

[Someone]

ydgin в сообщении #1315802 писал(а):

Так покажите "правильную пятерку".

Запросто. А Вы сами не догадываетесь? Вы же просто умножаете $A$, $B$, $C$, $X$, $Y$, $Z$ на $5$.

ydgin в сообщении #1304422 писал(а):

Тогда должны выполняться равенства:
$(p^2+n)^2+(2q^29t^2+n)^2=(p^2+2q^29t^2+n)^2$
$(A^2+B^2=C^2)$
$(p^3+n)^3+(8q^3+n)^3=(9t^3-n)^3$
$( X^3+Y^3=Z^3)$

Из этого можно сделать вывод, что у Вас $A=p^2+n$, $B=2q^29t^2+n$, $C=p^2+2q^29t^2+n$, $X=p^3+n$, $Y=8q^3+n$, $Z=9t^3-n$. Стало быть, $5A=5(p^2+n)$, $5B=5(2q^29t^2+n)$, $5C=5(p^2+2q^29t^2+n)$, $5X=5(p^3+n)$, $5Y=5(8q^3+n)$, $5Z=5(9t^3-n)$. И получаем $(5A)^2+(5B)^2=(5C)^2$, $(5X)^3+(5Y)^3=(5Z)^3$.

[ydgin]

Someone
Извините,что не правильно выразился.Я имел ввиду "правильная пятерка"-это $k_1,k_2,k_3,k_4,k_5.$

Someone в сообщении #1315843 писал(а):

Из этого можно сделать вывод, что у Вас $A=p^2+n$, $B=2q^29t^2+n$, $C=p^2+2q^29t^2+n$, $X=p^3+n$, $Y=8q^3+n$, $Z=9t^3-n$. Стало быть, $5A=5(p^2+n)$, $5B=5(2q^29t^2+n)$, $5C=5(p^2+2q^29t^2+n)$, $5X=5(p^3+n)$, $5Y=5(8q^3+n)$, $5Z=5(9t^3-n)$. И получаем $(5A)^2+(5B)^2=(5C)^2$, $(5X)^3+(5Y)^3=(5Z)^3$.

$5A=5(p^2+n)$,$5B=5(2q^29t^2+n)$,$5C=5(p^2+2q^29t^2+n)$,$(5A)^2+(5B)^2=(5C)^2$-это верно для $k_1=\sqrt{5},k_2=\sqrt{5}$ и не верно для $k_3=\sqrt[3]{5},k_4=\sqrt[3]{5},k_5=\sqrt[3]{5}$
Для кубов наоборот .
Одновременно $(5A)^2+(5B)^2=(5C)^2$ и $(5X)^3+(5Y)^3=(5Z)^3$ не возможны.

[Someone]

ydgin в сообщении #1315865 писал(а):

это верно для $k_1=\sqrt{5},k_2=\sqrt{5}$ и не верно для $k_3=\sqrt[3]{5},k_4=\sqrt[3]{5},k_5=\sqrt[3]{5}$

Начхать на ваши "ка-шки". Их в уравнениях нет, а формулы Абеля работают только для взаимно простых $X$, $Y$, $Z$ ($A$, $B$, $C$), поэтому какая-либо попытка их изобразить при нарушении этого условия легко может привести к противоречиям, которые связаны исключительно с незаконным применением формул. Кроме того, уравнение $A^2+B^2=C^2$ не имеет никакого отношения к уравнению $X^3+Y^3=Z^3$, и совершенно начхать, что там с ним происходит при ваших подстановках. Я это говорю совершенно серьёзно. Я профессиональный математик и хорошо знаю, о чём говорю.

Также, по моему многолетнему опыту, убедить таких людей, как Вы, в том, что они не правы, никогда и никакими способами не удаётся, независимо от того, какую бредятину они несут. Я сказал всё, что хотел. Место, где Вы ошибаетесь, я указал. Хотите выглядеть разумным человеком — прислушайтесь. Не хотите — дело ваше.

[ydgin]

Someone
Если "Начхать на ваши "ка-шки"",то и обсуждать нечего.

[Someone]

Каждый понимает в меру своей испорченности, но обсуждать действительно нечего. Вы придумали какие-то коэффициенты, рассовали их по формулам Абеля и начали присваивать этим коэффициентам какие попало значения, причём, даже не целые (а суть формул Абеля как раз в том и состоит, что некоторые комбинации неизвестных оказываются кубами целых чисел). Чего же удивляться, что там какие-то равенства нарушаются?

[ydgin]

shwedka в сообщении #1283589 писал(а):

А теперь, после всех ошибок, поправок, исправлений и пируэтов,
напишите Ваше 'доказательство' с начала и до конца, в окончательной версии, со всеми объяснениями.

$X^s+Y^s=Z^s$ - нет целых решений при $s>2.$
Введем $n$ и перейдем к "маленьким" буквам.
$X+Y=Z+n$
$Z-Y=X-n=x$
$Z-X=Y-n=y$
Теперь вместо $X,Y,Z$ будем искать $x,y,n.$
$(X+Y)^s=(Z+n)^s$
$$(x+y+2n)^s=(x+y+2n)^s$
Если
$(x+n)^s+(y+n)^s=(x+y+n)^s$
то
$s=2, n^2=2xy $
$s=3,n^3=3xy(X+Y)$
$s=4,n^4=2xy(2(X+Y)^2-XY-Zn)$
$s=5,n^5=5xy(X+Y)((X+Y)^2-XY-Zn)$
Запишем это так :
$n^2=xyM_0$
$n^3=xyM_1$
$n^4=xyM_2$
$n^5=xyM_3$
т.е.
$n^s=xyM_{s-2}$
$M$-многочлен,индекс-это его степень,$x,y$-с одинаковыми коэффициентами и степенями.
Не известно,как выглядит $n$ в первой степени .
Обозначим его $n=uv.$
$u^s=x,v^s=yM_{s-2}$
Но эта запись не учитывает случай при котором $x,y$ имеют общий множитель.Учтем это.
$K^2n^2=K_2u^2K_2v^2$
$K^3n^3=K_3u^3K_3^2v^3$
$K^4n^4=K_4u^4K_4^3v^4$
$K^5n^5=K_5u^5K^4v^5$
$K^sn^s=K_su^sK_s^{s-1}v^s$
Т.е.
$Kn=K_1uK_1^{s-1}v$
Исходя из того,что
-при $K\ne1$ видно,что для каждой степени $K_1$ разное, и не может быть равенства между $K_1u$ или $K_1v$ для разных степеней.
-при $s=2$, $Kn=K_1uK_1v$ - существует для всех целых чисел ($n$-четное).
Делаем вывод:
-для $s>2$ не существует тройки целых чисел $x,y,n$ ,а значит и тройки целых $X,Y,Z.$
Что и требовалось доказать.