О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

Вот Вы и согласились. Теперь, если Вам не надоелo, переделайте Ваше рассуждение с учетом того, что $ca=db$ имеет бесконечное количество решений, при этом числа $a$ и $b$ могут иметь любой общий множитель. Вы же несколько раз использовали утверждение, невeрность которого Вы теперь признали.

Не мелкими фрагментами, а целиком.

Уважаемая Shwedka ! Согласен. Ошибка в том, что положив $g=y_1-k^2$ и $k=g^2-z_1$, так как числа $y_1-k^2$ и $g^2-z_1$ в рассматриваемом случае одновременно должны иметь общий множитель $3m$, при таком представлении я, фактически, предположил $3m=1$, что невозможно.
Тем не менее, если копать глубже, увидим ниже следующее.
$3mg=y_1-k^2$ и $3mk=g^2-z_1$; сложив их получим: $3m(g+k)=g^2-k^2-(z_1-y_1)$; Разделим на $g+k$. и получим:

$$g-k-3m=\frac{z_1-y_1}{g+k}$$

. (1)
При $x$ делящемся на $3$ числа $z;y;(x+y);(z-x)$ и их делители на $3$ не делятся и должны быть равноостаточны при делении на $3$. То есть должно быть $z_1=3z_2+1$: $y_1=3y_2+1$; $g=3g_1+1$ ; $k=3k_1+1$. Но при этом в равенстве (1) число
$\frac{z_1-y_1}{g+k}$ целым быть не может, так как его числитель – числа из ряда делящися на $3$: $z_1-y_1=3(z_2-y_2)$, в то время как знаменатель – числа из ряда не делящиеся на $3$ - $g+k=3(g_1+k_1)+2$. Следовательно, упомянутая ранее цепочка равенств в натуральных числах решений не имеет.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

shwedka писал(а):

Не мелкими фрагментами, а целиком.

Уважаемая Shwedka ! Согласен. Ошибка в том, что положив

Где положив???

Приведите Ваше рассуждение с самого начала.

добавлено 3 часа спустя
Ой, а я и не заметила прекрасного аккорда

Цитата:

$\frac{z_1-y_1}{g+k}$ целым быть не может, так как его числитель – числа из ряда делящися на $3$: $z_1-y_1=3(z_2-y_2)$, в то время как знаменатель – числа из ряда не делящиеся на $3$ - $g+k=3(g_1+k_1)+2$.

Значит, по-Вашему, 15 не делится на 5. Тяжелый случай.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

$\frac{z_1-y_1}{g+k}$ целым быть не может, так как его числитель – числа из ряда делящися на $3$: $z_1-y_1=3(z_2-y_2)$, в то время как знаменатель – числа из ряда не делящиеся на $3$ - $g+k=3(g_1+k_1)+2$.

Значит, по-Вашему, 15 не делится на 5. Тяжелый случай.

Уважаемая Shwedka ! Конечно $15$ на $5$ делится и те кто не разбирается в сути обсуждаемого вопроса могут принять Ваше замечание за контрпример, в то время как он к делу не имеет никакого отношения. Ведь чтобы получить Ваше $g+k=5$ необходимо в равенстве $g+k=3(g_1+k_1)+2$ - $g_1+k_1=1$, что в натуральных числах возможно только при равенстве нулю одного из слагаемых, а при этом одно из чисел $g;k$ будет равно $1$, что в ВТФ невозможно. Например: при $k_1=0$; $k=3k_1+1=3\bullet 0+1=1$. $k=1$ означает, что числа $y$ и $z-x$ в исходном равенстве взаимно простые, а в этом случае равенство

$$\frac{y^3}{z-x}=z^2+zx+x^2$$

не выполняется – слева дробь, а справа целое.
Я думаю, зная о доказательстве Уайлза, Вы понимаете, что искать контрпример в ВТФ бессмысленно.
Приводить доказательство полность с самого начала я пока считаю не целесообразным, так как
1. Вы пока не согласились ни с одним моим утверждением,
2. большой пост на форуме никто читать не будет, хотя мои темы и просматривают регулярно около 300 человек. На что-то люди всё таки надеются? или чтобы посмеяться? – что тоже не вредно.
1 апреля прошу не отвечать – всё будет воспринято как розыгрыш.
Дед.

[bot]

ljubarcev писал(а):

Уважаемая Shwedka ! Конечно $15$ на $5$ делится и те кто не разбирается в сути обсуждаемого вопроса могут принять Ваше замечание за контрпример, в то время как он к делу не имеет никакого отношения. Ведь чтобы получить Ваше $g+k=5$ ...

А если бы Shwedka взяла не 15 и 5, а 6027 и 2009?

ljubarcev писал(а):

искать контрпример в ВТФ бессмысленно

Золотые слова! Стало быть оппонент имеет право искать контрпримеры не к доказываемому утверждению, а к аргументации автора - ровно к тому, что на данный момент локально утверждается, не так ли?

[shwedka]

ljubarcev

Цитата:

$\frac{z_1-y_1}{g+k}$ целым быть не может, так как его числитель – числа из ряда делящися на $3$: $z_1-y_1=3(z_2-y_2)$, в то время как знаменатель – числа из ряда не делящиеся на $3$ - $g+k=3(g_1+k_1)+2$.

Вы аргументируете, что если числитель делится на 3, а знаменатель не делится, то дробь нецелая. Вы по-прежнему на этом настаиваете??

Цитата:

Вы пока не согласились ни с одним моим утверждением,

С каким ДОКАЗАННЫМ утверждением я не согласилась??

[ljubarcev]

bot писал(а):

ljubarcev писал(а):

Уважаемая Shwedka ! Конечно $15$ на $5$ делится и те кто не разбирается в сути обсуждаемого вопроса могут принять Ваше замечание за контрпример, в то время как он к делу не имеет никакого отношения. Ведь чтобы получить Ваше $g+k=5$ ...

А если бы Shwedka взяла не 15 и 5, а 6027 и 2009?

ljubarcev писал(а):

искать контрпример в ВТФ бессмысленно

Золотые слова! Стало быть оппонент имеет право искать контрпримеры не к доказываемому утверждению, а к аргументации автора - ровно к тому, что на данный момент локально утверждается, не так ли?

Уважаемый bot ! Утверждение, что в нашем случае $\frac{z_1-y_1}{g+k}$ должно быть целым – верно. Согласен. Для всего множества комбинаций чисел $z_1;y_1;g;k$ утверждение: $\frac{z_1-y_1}{g+k}$ не может быть целым – не верно.
Тем не менее, от утверждения, что в нашем случае $\frac{z_1-y_1}{g+k}$ не может быть целым – я пока не отказываюсь. Меня обнадеживает тот факт, что $z_1-y_1=(z-y)/3=3m^3$, где $3;m$ - делители $x$ и обсуждаемое равенство имеет вид:
$g-k-3m=\frac{3m^3}{g+k}$ и при $g=3g_1+1$; $k=3k_1+1$ $g_1-k_1-m=\frac{m^3}{g+k}$.
Уважаемая Shwedka ! Теперь о доказанном, но не признанном.
Если $x^3+y^3=z^3$ при $(x;y)=1$; $(z;y)=1$; $(x;z)=1$; $x<y<z$ то:
1. Одно и только одно из чисел чётно, два другие не чётные;
2. Одно из чисел и только одно делится на $3$;
Дальше полагаем, что на 3 делится число $x$.
3. Число $x+y-z=3t$; - t – натуральное число,
4. Число $3t$ является остатком от деления числа $(x+y)$ на число $z$;
5. Числа $x+y$ и $z$ не взаимно простые и имеют НОД равный $g$.
6. Числа $z-y$ и $x$ не взаимно простые и имеют НОД равный $3m$.
7. Числа $z-x$ и $y$ не взаимно простые и имеют НОД равный $k$.
8. Числа $3m;g;k$ попарно взаимно простые;
9. $x+y-z=g(g^2-z_1)=k(y_1-k^2)=3m(x_1-3m^2)=3gkm$
10. $x=3mx_1$; $z-y=9m^3$;
11. $y=ky_1$; $z-x=k^3$;
12. $z=gz_1$; $x+y=g^3$;
13. $x_1-3m^2=gk$; $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$;
14. $g_1-k_1-m=\frac{m^3}{g+k}$..
Дед.

[shwedka]

ljubarcev писал(а):

Теперь о доказанном, но не признанном.
Если $x^3+y^3=z^3$ при $(x;y)=1$; $(z;y)=1$; $(x;z)=1$; $x<y<z$ то:
1. Одно и только одно из чисел чётно, два другие не чётные; --СОГЛАСНА, хотя это было известно 300 лет назад
2. Одно из чисел и только одно делится на $3$; СОГЛАСНА
Дальше полагаем, что на 3 делится число $x$.
3. Число $x+y-z=3t$; - t – натуральное число, СОГЛАСНА
4. Число $3t$ является остатком от деления числа $(x+y)$ на число $z$; НЕ ДОКАЗАНО
5. Числа $x+y$ и $z$ не взаимно простые и имеют НОД равный $g$. СОГЛАСНА с первым утверждением. Кто такой $g$ не знаю
6. Числа $z-y$ и $x$ не взаимно простые и имеют НОД равный $3m$. СОГЛАСНА с первым утверждением.
7. Числа $z-x$ и $y$ не взаимно простые и имеют НОД равный $k$.СОГЛАСНА с первым утверждением.
8. Числа $3m;g;k$ попарно взаимно простые; СОГЛАСНА
9. $x+y-z=g(g^2-z_1)=k(y_1-k^2)=3m(x_1-3m^2)=3gkm$ СОГЛАСНА
10. $x=3mx_1$; $z-y=9m^3$; Согласна
11. $y=ky_1$; $z-x=k^3$; СОГЛАСНА
12. $z=gz_1$; $x+y=g^3$; СОГЛАСНА

Дед.

А дальше доказывайте.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

А дальше доказывайте.

Уважаемая Shwedka !
4. Число $x+y-z=3t$ - t – натуральное число;
Число $3t$ является остатком от деления числа $(x+y)$ на число $z$. Докажем. Так как $x<y<z$ , $2z>x+y$. В то же время $x+y>z$. После деления получим $2> \frac{x+y}{z}=1+\frac{x+y-z}{z}$. Очевидно, что целая часть равна $1$ и число $\frac{x+y-z}{z}<1$, то есть число $x+y-z$ является остатком при делении $x+y$ на $z$.
5. Числа $x+y$ и $z$ не взаимно простые и имеют НОД равный $g$.
Вы согласны, что числа $x+y$ и $z$ не взаимно просты, то есть в своём представлении в соответствии с основной теоремой арифметики содержат одинаковые простые множители отличные от $1$. $g$ - наибольшее натуральное число, на которое одновременно делятся числа $x+y$ и $z$ , называемое наибольшим общим делителем (НОД) этих чисел. Естественно при этом числа $(x+y)_1=\frac{x+y}{g}$ и $z_1=\frac{z}{g}$ будут взаимно простыми. Аналогично и для чисел $k$ и $3m$ в пунктах 6. и 7.
13. $x_1-3m^2=gk$; $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$;
Докажем, что $x_1-3m^2=gk$. Из 9. имеем $x+y-z=3gkm$ а из 10. имеем $x=3mx_1$; $z-y=9m^3$. Так как $x+y-z=x-(z-y)$, то $3mgk=3mx_1-9m^3$ и после сокращения на $3m$ получаем искомое $x_1-3m^2=gk$. Совершенно аналогично получаем и равенства $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$.
Добавлю ещё несколько очевидных равенств, которым должны удовлетворять числа в предположении, что $x^3+y^3=z^3$ и $x=3mx_1$.
Относительно пункта 14 Вы ничего не сказали. Скажу сам: $g-k-m=\frac{m^3}{g+k}$ не верно. Исключим его и пойдем дальше, если Вы, конечно, не возражаете.
14.

$$z=1/2(g^3+k^3+9m^3$$

;
15.

$$y=1/2(g^3+k^3-9m^3$$

;
16.

$$x=1/2(g^3-k^3+9m^3$$

;
17.

$$x+y-z=1/2(g^3-k^3-9m^3$$

;
18.

$$y-x=k^3-9m^3$$

.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev
Со всем согласна. едем дальше.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev
Со всем согласна. едем дальше.

Уважаемая Shwedka ! Если позволите, давайте продолжим.
19. $\sqrt[3]{3}x_1>y_1>z_1$. Докажем.
Так как по исходному предположению $x<y<z$, то из
$3x_1^3=z^2+zy+y^2$; $y_1^3=z^2+zx+x^2$; $z_1^3=y^2-xy+x^2$ очевидно, так как $z^2+zy+y^2> z^2+zx+x^2>y^2-xy+x^2$, что $3x_1^3>y_1^3>z_1^3$ и после извлечения кубического корня получаем доказуемое - $\sqrt[3]{3}x_1>y_1>z_1$.
20.

$$k+3m-g=\frac{y_1-z_1}{g+k}$$

. Докажем.
Из (13) имеем $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$. Сложим эти равенства и получим: $y_1-k^2+g^2-z_1=3mg+3mk$; и после деления на $g+k$ получим утверждаемое $\frac{y_1-z_1}{g+k}=k+3m-g$.
21. $k+3m>g$. Докажем. В п. 20 число слева $\frac{y_1-z^1}{g+k}$. положительно, так как $y_1>z_1$ (см. п.19) и что бы равенство имело место , должно быть $k+3m-g>0$. чтд.
22.

$$y_1-z_1=g-k-9m^3$$

. Докажем.
В соответствии с п. 13 имеем $x_1-3m^2=gk$;
$y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$. В этих равенствах числа $x_1;y_1;z_1;m;g;k$ натуральные и ни дно из них не делится на $3$.
Ясно, что числа $m^2$; $k^2$ и $g^2$ при делении на 3 будут иметь остаток равный 1, так как всегда $(3a\pm 1)^2=3A+1$. Поэтому, чтобы были верными в целых числах равенства
$x_1-3m^2=gk$; $y_1-k^2=3mg$; $g^2-z_1=3mk$, должно быть $x_1=3x_2+1$, $y_1=3y_2+1$, $z_1=3z_2+1$, а тогда $x=3mx_1=9mx_2+3m$, $y=ky_1=3ky_2+k$, $z=gz_1=3gz_2+g$. Так как $x+y-z=3mgk$, то должно быть верным и равенство

$$9mx_2+3m+3ky_2+k-3gz_2-g=3mgk$$

, а после деления на $3m$ и

$$3x_2+1+\frac{ky_2-gz_2}{m}-\frac{g-k}{3m}=gk$$

.
Так как $3x_2+1=x_1$ а $gk=x_1-3m^2$, то должно быть и

$$\frac{ky_2-gz_2}{m}-\frac{g-k}{3m}=-3m^2$$

. Умножим всё на $3m$ и получим
$3ky_2-3gz_2=g-k-9m^3$. Так как
$3ky_2-3gz_2=(3ky_2+1)-(3gz_2+1)=y_1-z_1$, то
$y_1-z_1=g-k-9m^3$. чтд.
Дед.

[shwedka]

со всем согласна, кроме последнего пункта. Почему вы считаете, что
$m^2$ при делении на 3 будет иметь остаток равный 1,?
Почему не может быть, что $m^2$ делится на 3?

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

со всем согласна, кроме последнего пункта. Почему вы считаете, что
$m^2$ при делении на 3 будет иметь остаток равный 1,?
Почему не может быть, что $m^2$ делится на 3?

Уважаемая Shwedka !
23. Это: $(m;3)=1$, следует из исходного предположения $x=3mx_1$. Если предположить, что $m$ делится на $3$, то есть $m=3^k$- это будет уже другой случай.
24. В рассматриваемом же случае получается.
Из п.21 имеем: $k+3m-g>0$; $3m>g-k$
Из п.22 имеем: $y_1-z_1=g-k-9m^3$;
$(y_1-z_1)+9m^3=g-k$. Получается, чтобы в натуральных числах имело решения равенство $x^3+y^3=z^3$ при $x;y;z$ попарно взаимно простых и $x=3mk$, должно быть $3m>g-k=(y_1-z_1)+9m^3$ и так как в соответствии с п.19 $(y_1-z_1)>0$, то должно быть и $3m>9m^3$, что в натуральных числах – явный абсурд, противоречие.
Дед.

[bot]

23. Я не слежу за дискуссией, но что-то мне не кажется плодотворно рассматривать случай, когда в $x$ сидит только одна тройка. Не лучше ли сразу все их вынести? Это охватит и тот случай, когда сам $x$ взаимно прост с тройкой:
$x=3^smx_1$, где $3^s$ - наивысшая степень тройки, делящая число $x$.

[ljubarcev]

bot писал(а):

23. Я не слежу за дискуссией, но что-то мне не кажется плодотворно рассматривать случай, когда в $x$ сидит только одна тройка. Не лучше ли сразу все их вынести? Это охватит и тот случай, когда сам $x$ взаимно прост с тройкой:
$x=3^smx_1$, где $3^s$ - наивысшая степень тройки, делящая число $x$.

Уважаемый bot! Конечно Вы правы. А ешё лучше было бы доказать сразу всю теорему для любого $n$. Но пока что никто не согласился с тем , что обсудлаемое доказательств для простейшего случая $n=3$; $x=3mx_1$; $(m;3)=1$ - верно. С такими признаниями все очень осторожны и это естественно и понятно.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev
с
$3ky_2-3gz_2=(3ky_2+1)-(3gz_2+1)=y_1-z_1$ в 22.
и, стало быть, со всем далее , несогласна.