Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[binki]

ydgin в сообщении #1326709 писал(а):

Это правильно.Только для $Kn$ не подходит,если ищем целые решения.

Уважаемый ydgin! Это уже не битва горных козлов. Вообще то, всегда все пытались исходить из примитивного решения. А если $X,Y$ не имеют общего делителя, то не имеют его и $x,y$, что легко увидеть из исходных данных.
Но если есть упрямая нужда в общем делителе $K$, то его надо вводить корректно:
$k^s n^s=kx\cdot ky\cdot k^{s-2}M_{s-2}=k^s xyM_{s-2}$
$n=uv; \quad u^s=x;\quad v^s=yM_{s-2}$
Порядок многочлена $s-2$, а для четного $k^s n^s$ всегда найдется соответствующее решение для квадратов. Поэтому ни каких противоречий нет и доква нет.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki !

binki в сообщении #1326743 писал(а):

Это уже не битва горных козлов. Вообще то, всегда все пытались исходить из примитивного решения.

Поэтому и теорема не доказана.
Нет решения для квадратов при $K_1\ne K_1$

[binki]

ydgin в сообщении #1326753 писал(а):

Нет решения для квадратов при $K_1\ne K_1$

Уважаемый ydgin!
Было показано, что для каждого четного числа существует соответствующее решение для квадратов. $n=X+Y-Z$ -всегда четно. Тогда для четного $K^sn^s$
минимальное число $m=K^s n^s+1$. Соответственно тройка решения для квадратов:
$m,\quad (m^2-1)/2; \quad (m^2+1)/2$
В моем предыдущем сообщении было показано также, что нет ни какого неравенства $K_1\ne K_1$.
Уважаемый ydgin!, вперед, по кругу.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki !

binki в сообщении #1326743 писал(а):

Но если есть упрямая нужда в общем делителе $K$, то его надо вводить корректно:
$k^s n^s=kx\cdot ky\cdot k^{s-2}M_{s-2}=k^s xyM_{s-2}$
$n=uv; \quad u^s=x;\quad v^s=yM_{s-2}$

binki в сообщении #1326806 писал(а):

В моем предыдущем сообщении было показано также, что нет ни какого неравенства $K_1\ne K_1$.

Подставьте $K$ в нижнюю строчку и получите неравенство.

binki в сообщении #1326806 писал(а):

Соответственно тройка решения для квадратов:
$m,\quad (m^2-1)/2; \quad (m^2+1)/2$

Напишите,пожалуйста,тройку для куба,чтобы сравнить.

[binki]

В предыдущем сообщении опечатка ($m=K^s n^s+1$). Правильно $m=Kn+1$. Но это не существенно. Всегда существующее решение для квадратов при любом $n=X+Y-Z$ не дает ни какой информации о возможности существовании решения для этого же значения $n$ при $s>2$.

[ydgin]

binki
Уважаемый binki !

binki в сообщении #1326858 писал(а):

Всегда существующее решение для квадратов при любом $n=X+Y-Z$ не дает ни какой информации о возможности существовании решения для этого же значения $n$ при $s>2$.

$n^2=2x_2y_2$
$n^3=3x_3y_3(X_3+Y_3)$
Здесь есть вся информация о решениях.
$(x_2+n),(y_2+n),(x_2+y_2+n)$-квадраты.
$(x_3+n),(y_3+n),(x_3+y_3+n)$-кубы.

Если выполняются равенства:
$n=\sqrt{2x_2y_2}=\sqrt[3]{3x_3y_3(X_3+Y_3)}$
$\sqrt{x_2}=\sqrt[3]{x_3}$ и $\sqrt{2y_2}=\sqrt[3]{3y_3(X_3+Y_3)}$
можно предположить , что есть целые решения в обоих случаях.

binki в сообщении #1326743 писал(а):

Но если есть упрямая нужда в общем делителе $K$

При общем делителе $K$
$Kn=K\sqrt{2x_2y_2}=K\sqrt[3]{3x_3y_3(X_3+Y_3)}$
но
$\sqrt{K}\sqrt{x_2}\ne\sqrt[3]{K}\sqrt[3]{x_3}$ и $\sqrt{K}\sqrt{2y_2}\ne\sqrt[3]{K^2}\sqrt[3]{3y_3(X_3+Y_3)}$
Нет выполнения равенств.Предположение ошибочно.
Целые решения только при $s=2$.

[Someone]

ydgin в сообщении #1327094 писал(а):

При общем делителе $K$
$Kn=K\sqrt{2x_2y_2}=K\sqrt[3]{3x_3y_3(X_3+Y_3)}$
но
$\sqrt{K}\sqrt{x_2}\ne\sqrt[3]{K}\sqrt[3]{x_3}$ и $\sqrt{K}\sqrt{2y_2}\ne\sqrt[3]{K^2}\sqrt[3]{3y_3(X_3+Y_3)}$
Нет выполнения равенств.Предположение ошибочно.

А с какой стати они должны выполняться? Где доказательство того, что если существует решение уравнения $X^3+Y^3=Z^3$, то все эти ваши равенства должны выполняться?

И где полное доказательство для третьей степени?

[binki]

ydgin в сообщении #1327094 писал(а):

$n^2=2x_2y_2$
$n^3=3x_3y_3(X_3+Y_3)$
Здесь есть вся информация о решениях.

Уважаемый ydgin ! Это известные формулы. С учетом уравнения Ферма
$n^2=(X_2+Y_2-Z_2)^2=2(Z_2-X_2)(Z_2-Y_2)$;
$n^3=(X_3+Y_3-Z_3)^3=3(Z_3-X_3)(Z_3-Y_3)(X_3+Y_3)$,
но вы их создаёте с помощью $x=X-n=Z-Y,\quad y=Y-n=Z-X$ окольными путями. Далее у Вас уже не математика, а неверные измышления. Это бывает. Особенно, когда заклиниваются на докве. Истина же в том, что
$\sqrt{n^2}=n=(X_2+Y_2-Z_2)$;
$\sqrt[3]{n^3}=n=(X_3+Y_3-Z_3)$.
Вам упрямо хочется иметь дело с решениями, имеющими общий делитель. Ну что ж. Вперед!
$Kn=KX+KY-KZ$. и т.д.
Принципиально же важно то, что имеются решения для квадратов для любого $n=(X+Y-Z)$, сколько бы не содержалось в нем делителей. На этом то вся математика и вся информация о невозможности существования решений при $s>2$ заканчиваются.

[ydgin]

Генерация пифагоровых троек
Формула Евклида является основным средством построения пифагоровых троек. Согласно ей для любой пары натуральных чисел ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} ( {\displaystyle m>n} )$ целые числа:

${\displaystyle a=m^{2}-n^{2},\ \,b=2mn,\ \,c=m^{2}+n^{2}} a = m^2 - n^2 ,\ \, b = 2mn,\ \, c = m^2 + n^2 $
образуют пифагорову тройку. Тройки, образованные по формуле Евклида, примитивны тогда и только тогда, когда ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} $ взаимно просты и ${\displaystyle m-n} $ нечётно. Если и ${\displaystyle m} $, и ${\displaystyle n} $ нечётны, то ${\displaystyle a} , {\displaystyle b} $ и ${\displaystyle c}$ будут чётными и тройка не примитивна. Однако деление ${\displaystyle a} , {\displaystyle b} и {\displaystyle c} $ на 2 даёт примитивную тройку, если ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} $ взаимно просты.

Любая примитивная тройка получается из единственной пары взаимно простых чисел ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} $, одно из которых чётно. Отсюда следует, что существует бесконечно много примитивных пифагоровых троек.

Несмотря на то, что формула Евклида генерирует все примитивные тройки, она не порождает все тройки. При добавлении дополнительного параметра ${\displaystyle k} $ получается формула, порождающая все пифагоровы треугольники единственным образом:

${\displaystyle a=k\cdot (m^{2}-n^{2}),\ \,b=k\cdot (2mn),\ \,c=k\cdot (m^{2}+n^{2})} a = k\cdot(m^2 - n^2) ,\ \, b = k\cdot(2mn),\ \, c = k\cdot(m^2 + n^2)$
где$ {\displaystyle m} , {\displaystyle n} и {\displaystyle k} $ — натуральные числа, ${\displaystyle m>n}, {\displaystyle m-n} $ нечётно, ${\displaystyle m} $ и ${\displaystyle n} $ взаимно просты.

То, что эти формулы образуют пифагоровы тройки, можно проверить путём подстановок в ${\displaystyle a^{2}+b^{2}} $ и проверки, что результат совпадает с ${\displaystyle c^{2}} $. Поскольку любую пифагорову тройку можно разделить на некоторое ${\displaystyle k} $, чтобы получить примитивную тройку, любая тройка может быть образована единственным образом с использованием ${\displaystyle m} и {\displaystyle n}$ для создания примитивной тройки, а затем она умножается на$ {\displaystyle k} $.
Со времён Евклида было найдено множество формул для генерации троек.
Это глава из статьи "Пифагорова тройка" в Википедии.
Генерация пифагоровых троек.
$a=(c-b)+(a+b-c)$
$b=(c-a)+(a+b-c)$
$c=(c-a)+(c-b)+(a+b-c)$
$(a+b-c)^2=2(c-b)(c-a)$
$c-b=u^2 . c-a=v^2$
$a=u^2+uv$
$b=\frac{1}{2}v^2+uv$
$c=u^2+\frac{1}{2}v^2+uv$
Эти формулы генерируют все примитивные тройки( для $u,v$ требования как и для $n,m$).
$k(c-b)=ku^2$
$k(c-a)=k\frac{1}{2}v^2$
Эти формулы для всех не примитивных троек.
Генерация решений для уравнения $x^3+y^3=z^3$
$x=(z-y)+(x+y-z)$
$y=(z-x)+(x+y-z)$
$z=(z-y)+(z-x)+(x+y-z)$
$(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))$
$(z-y)=u^3$
$3(z-x)((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))=v^3$
Эти формулы генерируют все решения для целых $(z-y)$ и $(x+y-z)$.
Остается решить квадратное уравнение $3(z-x)^2+3(u^3+2uv)(z-x)-v^3=0$ и найти $(z-x)$.
Найти целые не получается.Делаем предположение ,что хотя бы одно примитивное существует.
Проверяем не примитивные решения.
$k(z-y)=ku^3$
$k\cdot3(z-x)((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))=kv^3$
Эти равенства не возможны для целого $(z-x)$ при целых $(z-y),(x+y-z)$.
Значит предположение,что существует примитивное решение ошибочно.
Целых решений уравнения $x^3+y^3=z^3$ не существует.

[Someone]

А каким образом у Вас учтено, что одно из чисел $x,y,z$ в равенстве $x^3+y^3=z^3$ должно делиться на $9$?

[ydgin]

Учтены все варианты ,а значит и этот.

[Someone]

ydgin в сообщении #1381745 писал(а):

$c-b=u^2 . c-a=v^2$

Ошибка уже здесь. Возьмите, например, $a=3$, $b=4$, $c=5$, и увидите, что $c-a$ не является квадратом целого числа, а Вы пишете дальше

ydgin в сообщении #1381745 писал(а):

для $u,v$ требования как и для $n,m$

Аналогичная ситуация и для третьей степени.

[ydgin]

Извините, пропустил двойку.
$c-b=u^2.c-a=2v^2$

[ydgin]

Жаль,если Вы хотите найти здесь ошибку .Ошибаться просто негде (опечатки возможны).
Возьмем уравнение $x^s+y^s=z^s$
Запишем его в виде:
$((z-y)+(x+y-z))^s+((z-x)+(x+y-z))^s=((z-y)+(z-x)+(x+y-z))^s$
Для любого натурального $s \ne1$
при
$((z-y)+(x+y-z))^s+((z-x)+(x+y-z))^s=((z-y)+(z-x)+(x+y-z))^s$
то
$(x+y-z)^s=q(z-y)(z-x)M$
$q$- "явный" множитель .
$M$- многочлен: зависит от $s$, взаимно простой с $(z-y)$ и $(z-x)$,степенью $s-2$,выражается с помощью $(z-x),(z-y),(x+y-z).$
Для $s=2 , q=2 , M=1 .$
Для $s=3 , q=3 , M=((z-y)+(z-x)+2(x+y-z))$.
И т.д.
По аналогии с формулами Евклида возьмем :
$u^s=(z-y) , v^s=q(z-x)M .$
Из уравнения $v^s=q(z-x)M$ найдем $(z-x)$
Предположим,что существует целое $(z-x)$ для $(z-y)=u^s ,(x+y-z)=uv$
Это будет примитивное решение.
Чтобы были не примитивные решения нужно выполнение равенств:
$ku^s=k(z-y) , kv^s=kq(z-x)M .$
А это не возможно при $s>2$ т.к. $M$ тоже будет кратным $k^{s-2}$ при $k(z-y),k(z-x),k(x+y-z).$
Наше предположение ошибочно.Целых решений уравнения $x^s+y^s=z^s$ не существует для $s>2$.

[Someone]

ydgin в сообщении #1382421 писал(а):

Жаль,если Вы хотите найти здесь ошибку .Ошибаться просто негде (опечатки возможны).

ydgin в сообщении #1381745 писал(а):

Найти целые не получается.

(Не вникая в преобразования.) Доказательства нет. Есть только голословное заявление.