О "последнем" утверждении П. Ферма

[ljubarcev]

Iosif1 писал(а):

Я Вам ответил, а это чтобы следить за вашей темой.

2009.02.09.
Предположим, что равенство $x^3+y^3=z^3$ (1) при $x, y, z$ взаимно простых и $x<y<z$ выполняется. Очевидно, что при этом $z-x>1$. Кроме того $y>z-x$. Действительно. В соответствии с «малой» теоремой П. Ферма $y^3=y+3P$; $x^3=x+3G$; $z^3=z+3K$, где $P;G;K$ - натуральные числа. Теперь после сложения получим; $x^3+y^3-z^3=x+y-z+3G+3P-3K$. Число слева по предположению равно $0$, по этому должно быть $x+y-z=3(K-G-P)=3t$. $t$ - натуральное число.
Из $y=(z-x)+3t$ видно, что $y>z-x$.
Далее.
$y^3=z^3-x^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)=(z-x)A$ (2). Всегда $y$ можно представить в виде $y=g(z-x)+a$, где $g;a$ - натуральные числа и $a$ - целый остаток при делении $y$ на $z-x$ . Всегда число $a$ меньше $z-x$ и взаимно просто с ним.
После подстановки $y=g(z-x)+a$ в (2) и возведения в куб получаем:
$g^3(z-x)^3+3g^2(z-x)^2a+3g(z-x)a^2+a^3=(z-x)A$ и после деления последнего равенства на $z-x$ получим:
$g^3(z-x)^2+3g^2(z-x)a+3ga^2+\frac{a^3}{z-x}=A$. В последнем равенстве все слагаемые кроме дроби $\frac{a^3}{z-x}$ – целые числа, следовательно, и дробь $\frac{a^3}{z-x}$ должна быть целым числом. Так как $z-x>1$ а $a$ и $(z-x>1)$ взаимно просты, очевидно, что $\frac{a^3}{z-x}$ не может быть натуральным числом и что бы равенство выполнялось должно быть $a=0$.
Таким образом приходим к выводу: что бы равенство $x^3+y^3=z^3$ имело решения в целых числах необходимо, что бы число $y$ делилось на число $z-x$, то есть должно быть $y=g(z-x)$.
2. Равенство $x^3+y^3=z^3$ приведем к виду
$y^3- (z-x)^3=3zx(z-x)$. Действительно.
$y^3=z^3-x^3=(z-x)(z^2+zx+x^2)$
$z^2+zx+x^2=(z-x)^2+3zx$ и $y^3=(z-x)((z-x)^2+3zx)$ а
$y^3- (z-x)^3=3zx(z-x)$ (3).
Теперь возьмем $y=g(z-x)$, и подставим в равенство (3). Получаем: $g3(z-x)^3-(z-x)^3=3zx(z-x)$. После деления всего равенства на число $(z-x)^3$ получаем, что должно иметь решения в целых числах равенство $g^3-1=\frac{3zx}{(z-x)2}$. Слева имеем целое число, число справа тоже должно быть целым. Но это невозможно, так как:
1. $z-x\ne 1$
2. число $3$ не является квадратом:
3. Числа $(z-x);z;x$ попарно взаимно просты. Действительно. Из равенства (2) имеем
$\frac{y^3}{z-x}=A$ $A$ - целое число. Из этого видно, что
$z-x$ состоит только и только из множителей числа $y$, поэтому оно взаимно простое с числами $z$ и $x$. Теперь очевидно, что ни одно из чисел числителя дроби $\frac{3zx}{(z-x)^2}$ не делится на знаменатель $(z-x)^2$ и дробь не может быть натуральным числом. Конечно, при $x$ или $z$ равным $0$ равенство возможно, но это не то , что имел ввиду П. Ферма. Этим доказано, что исходное предположение наличия в натуральных числах решений у равенства $x^3+y^3=z^3$ не верно.
Дед

[Мат]

ljubarcev писал(а):

Так как $z-x>1$ а $a$ и $(z-x>1)$ взаимно просты, очевидно, что $\frac{a^3}{z-x}$ не может быть натуральным числом и что бы равенство выполнялось должно быть $a=0$.

То что $a^3 \div (z-x)$ - факт тривиальный, иначе $y$ и $y^3$ не имеют общих множителей, т.к. $y^3 \div (z-x)$

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #185078 писал(а):

Всегда можно представить в виде , где - натуральные числа и - целый остаток при делении на

У меня:
$x=a$; $y=b=D_b+k$; $z=c$.
$z-x=D_b$;
Почему Вы считаете, что $b=y$ в несколько раз больше чем $D_b$, и при этом приращение $a$ (обозначение ваше), обязательно содержащее сомножитель $b_i$ ($b_i^3/3=D_b$),
соответствует требованиям предполагаемого равенства?
И всё дальнейшее ведёт к выводу (без детального анализа): «Если такое предположить, то ничего ожидаемого не получиться».
Исчерпывается ли таким предположением все возможные?
Вопрос для меня остаётся без ответа.
Успел прочитать пост Мат(а), и подумал, толи я спрашиваю?

[ljubarcev]

Мат писал(а):

ljubarcev писал(а):

Так как $z-x>1$ а $a$ и $(z-x>1)$ взаимно просты, очевидно, что $\frac{a^3}{z-x}$ не может быть натуральным числом и что бы равенство выполнялось должно быть $a=0$.

То что $a^3 \div (z-x)$ - факт тривиальный, иначе $y$ и $y^3$ не имеют общих множителей, т.к. $y^3 \div (z-x)$

Уважаемый Mat ! Согласен, что $\frac{a^3}{z-x}$ = целое – банально, но только в том смысле, что из множества натуральных чисел можно найти бесконечное количество троек $a;z;x$, при которых приведённая дробь будет целым числом. Взяв такую тройку можно найти и значение $y$. Ни одна из полученных таким образом троек $z;x;y$ не будет удовлетворять равенству $x^3+y^3=z^3$, жаль только, что ВСЕ их проверить невозможно. Я Вам скажу «по секрету», что при $x^3+y^3=z^3$ дробь
$\frac{a^3}{z-x}$ не может быть целым числом, и в то же время я с Вами согласен, что моё доказательство этого факта не убедительно.
Дед.

Добавлено спустя 7 минут 34 секунды:

Iosif1 писал(а):

ljubarcev в сообщении #185078 писал(а):

Всегда можно представить в виде , где - натуральные числа и - целый остаток при делении на

У меня:
$x=a$; $y=b=D_b+k$; $z=c$.
$z-x=D_b$;
Почему Вы считаете, что $b=y$ в несколько раз больше чем $D_b$, и при этом приращение $a$ (обозначение ваше), обязательно содержащее сомножитель $b_i$ ($b_i^3/3=D_b$),
соответствует требованиям предполагаемого равенства?
И всё дальнейшее ведёт к выводу (без детального анализа): «Если такое предположить, то ничего ожидаемого не получиться».
Исчерпывается ли таким предположением все возможные?
Вопрос для меня остаётся без ответа.
Успел прочитать пост Мат(а), и подумал, толи я спрашиваю?

Уважаемый Iosif1. Вы просто не обратили внимания
на приведенное в посте доказательство того, что в нашем случае $y>z-x$, поэтому $y$ представимо в виде $y=g(z-x)+a$ причём $a<z-x$. Вы правы, в нашем случае числа $a$ и $z-x$ не взаимно простые, так как
$y=ky_1$; $z-x=k^3$ и при $x^3+y^3=z^3$ должно выполняться $y_1=g(z-x)+\frac{a}{k}$. Ясно, чтобы это равенство выполнялось в натуральных числах дробь $\frac{a}{k}$ должна быть целым числом.
Повторяюсь – должна быть – совсем не означает, что это так и есть. Надо думать дальше, тем более, что умники утверждают; думание омолаживает, так как от него голова пухнет, а морщины разглаживаются.
Дед.

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #185561 писал(а):

Вы правы, в нашем случае числа и не взаимно простые,

Я о простоте, по-моему ничего не писал.

ljubarcev в сообщении #185561 писал(а):

Уважаемый Iosif1. Вы просто не обратили внимания
на приведенное в посте доказательство того, что в нашем случае ,

Соотношения, вами обозначенные, не обязательно существенно влияют на соотношения, вами не обозначенные.
Лучше всего по лабиринтам своего доказательства, верно, ориентируется автор.
Если, конечно, это доказательство.
Помните, методика познания по философии:

Цитата:

От абстрактного мышления к опыту, а затем снова к абстрактному мышлению.

А ещё хорошо остановиться, отвлечься чем то.
А потом как будто с чистого листа.
Вы, например, пишите: «Любое число можно представить».
А, может быть, представляемое вами число не любое – оно находиться в строгой зависимости от чисел, через которые идёт его представление.
Имеет ли это значение?
Алгебраические выражения не всегда обеспечивают соразмерность и наглядность.
Мне кажется неплохо пробежаться Вам по варианту доказательства БТФ посредством $n$ того счисления, особенно с контр примером Someone.
http://dxdy.ru/post53334.html#53334
Я бы издал это для всех интересующихся.
Обеспеченная наглядность позволяет легче осмысливать адекватность применения формул к анализу.
Мне, вообще, кажется, что алгебраические выражения без дополнительного аппарата для доказательства БТФ не эффективны. Но это, конечно, моё личное мнение.
Знакомясь с работой Г.Эдвардса «Последняя теорема Ферма», я обратил внимание на его совет:
«Любое предположение проверяйте просчётами».
Ведь часто правильно составляемые формулы превращаются в в тождество: $0=0$.
Как бы не получается система уравнений.
Если у Вас есть возможность, попробуйте оценить ваш анализ просчётом в $n$ том счислении.
Это порою многое проясняет.
Я Вам советую, а имею ли я на это право?
На вашей работе и звёздочек больше, чем на моей. Успехов.

[ljubarcev]

Уважаемые господа ! Выше было доказано, что равенство $x^3+y^3=z^3$ при попарно взаимно простых $x;y;z$ и $x=3mx_1$ не выполняется в натуральных числах, то есть, что дробь
$\frac{g^3-k^3}{3m}$ не целое число.
Положив, что $x=3^imx_1$ и проведя рассуждения тем же путем, придём к заключению
что при этом целым числом должна быть дробь $\frac{g^3-k^3}{3^im}$.
Приведенные дроби - "близнецы - братья" и первая из них "старший брат". Что здесь доказывать ещё?
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #187748 писал(а):

и проведя рассуждения тем же путем, придём к заключению

Вот и проведите рассуждения. А пока что преждевременно хвалиться.

[Iosif1]

ljubarcev писал(а):

Уважаемые господа ! Выше было доказано, что равенство $x^3+y^3=z^3$ при попарно взаимно простых $x;y;z$ и $x=3mx_1$ не выполняется в натуральных числах, то есть, что дробь
$\frac{g^3-k^3}{3m}$ не целое число.
Положив, что $x=3^imx_1$ и проведя рассуждения тем же путем, придём к заключению
что при этом целым числом должна быть дробь $\frac{g^3-k^3}{3^im}$.
Приведенные дроби - "близнецы - братья" и первая из них "старший брат". Что здесь доказывать ещё?
Дед.

Как известно, не все близнецы одно яйцевые.

Надеюсь, что Вам удастся убедить, в данном случае, что это именно так.

[Iosif1]

ljubarcev в сообщении #187748 писал(а):

Что здесь доказывать ещё?

Что надо доказывать?
На Ваше умозаключение, что количество сомножителей $n$ не влияет на делимость без остатка используемых вами величин, существует контр пример, в котором используются младшие разряды предполагаемых чисел.
Вы утверждаете, что используемая Вами дробь не может быть целым числом, а контр пример утверждает обратное.
Всё, что математика знает об анализе делимости и может использоваться показывает, что делимость возможна.
Может быть, математика чего то не знает в этом разделе?
Если это так, это и надо найти и доказать!
Найти то. Что математика не использует до сих пор, но только на малых разрядах.
Или найти доказательство, где данное действие не используется, на использование новой, или хотя бы сторонней закономерности.
Я показал доказательство с такими методиками, и спорил с Someone, что раз есть такая возможность, или возможности, то контр пример теряет силу.
Но остался не услышанным.
Мне вообще кажется, что форум не имеет достаточной компетенции, чтобы сделать признание.
Компетенции хватает на опровержение что то сопостовимое с судьёй и адвокатом (или прокурором).
Кто мог бы признать?
Я думаю, что такие специалисты, как Г.Эдвардс или М.М. Постников.
Не знаю, как первого, но второго уже давно нет.
Правда, как я понял, он скептически относился к возможности доказательства БТФ элементарными методами.
У меня даже есть его ответ с отказом рассматривать предлагаемый мной вариант доказательства.
Вообще мне кажется, что в настоящее время таких корифеев, которые признали бы доказательство – нет.
Все в один голос твердят:
«Нужна публикация в солидном журнале!»
Для публикации нужно мнение компетентных рецензентов.
Компетентные рецензенты считают не целесообразным рассматривать варианты доказательства, и так далее.
Но моё мнение таковое: на форуме критика достойная – к ней надо прислушиваться.
Со своей компетенцией форум справляется.
Но я советую вам продолжать свой анализ.
Мне это очень интересно.
Мне не удалось расставить точки в этом варианте доказательства.
Но это же не аргумент для того, чтобы не искать.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev в сообщении #187748 писал(а):

и проведя рассуждения тем же путем, придём к заключению

Вот и проведите рассуждения. А пока что преждевременно хвалиться.

Уважаемая Shwedka ! Вы правы, хвастаться пока нечем, кроме доказательства для случая

$$x$$

делящегося на

$$3^1$$

. Признаюсь честно, привести убедительного прямого доказательства при

$$x$$

делящемся на

$$9$$

я не могу. Рано так же приводить доказательство того, что должно выполняться равенство

$$2gk+3^{2^i-1}m^2=\frac{g^3-k^3}{3^im}$$

(1). Именно должно – это совсем не означает, что оно выполняется в натуральных числах. Это означает только, что выполнив обратные преобразования мы должны прийти к равенству

$$x^3+y^3=z^3$$

. По моим наблюдениям этот простой факт мало кто понимает на форуме и пытаются приводить контр примеры.
Действительно, из всего множества натуральных чисел не трудно найти тройку натуральных чисел

$$g;k;m$$

, удовлетворяющих равенству (1). Но всегда, вычислив для них числа

$$x;y;z$$

(обратные преобразования) убедимся, что эта тройка не удовлетворяет равенству

$$x^3+y^3=z^3$$

.
По аналогии со случаем

$$x=3mx_1$$

для вывода равенства (1) придется приводить доказательство более 20 утверждений. Трудностей при этом я не вижу, кроме затрат времени (моего и ,тем более, Вашего). Но это имеет смысл только в том случае, если Вы согласны с утверждением: "Если равенство вида

$$f(3mx_1)=0$$

не имеет решений в натуральных числах, то равенство вида

$$f(3^imx_1)=0$$

не имеет таковых тем более.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #188290 писал(а):

"Если равенство вида

$$f(3mx_1)=0$$

не имеет решений в натуральных числах, то равенство вида

$$f(3^imx_1)=0$$

не имеет таковых тем более.

Если Вы это утверждаете для всех $m$, то соглашусь, если же только для $m$, не делящихся на 3, то нет.

Я повторяю, еще раз, что полгода назад Вы доказали неразрешимось ТОЛЬКО при $m$, не делящемся на 3.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev в сообщении #188290 писал(а):

"Если равенство вида

$$f(3mx_1)=0$$

не имеет решений в натуральных числах, то равенство вида

$$f(3^imx_1)=0$$

не имеет таковых тем более.

Если Вы это утверждаете для всех $m$, то соглашусь, если же только для $m$, не делящихся на 3, то нет..

Уважаемая Shwedka ! До меня что то не доходит. Вы согласны, что приведенное утверждение верно для ВСЕХ $m$, cледовательно и для $m$ lделящихся на $3$ и для $m$ не делящихся на $3$.
Если признать, что утверждение ВСЕГДА верно при доказательстве отрйцительных утверждений, то это представляется мне более важным, чем доказательство ВТФ для случая $n=3$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #188558 писал(а):

До меня что то не доходит. Вы согласны, что приведенное утверждение верно для ВСЕХ $m$, cледовательно и для $m$ lделящихся на $3$ и для $m$ не делящихся на $3$.

Ленитесь подумать.

Правильное утверждение:
Если (A) неразрешимость уравнения доказана для $z=3mx_1$ для всех $m$, то (B) неразрешимость доказана для $z=3^kmx_1$ для всех $m,k$.

Ошибочное утверждение:
Если (C) неразрешимость уравнения доказана для $z=3mx_1$ для всех $m$, не делящихся на 3, то (D) неразрешимость доказана для $z=3^kmx_1$ для всех $k$ и для всех $m$, не делящихся на 3.

Вы доказали (С). Поэтому верным утверждением воспользоваться не можете.

[ljubarcev]

shwedka писал(а):

ljubarcev в сообщении #188558 писал(а):

До меня что то не доходит. Вы согласны, что приведенное утверждение верно для ВСЕХ $m$, cледовательно и для $m$ lделящихся на $3$ и для $m$ не делящихся на $3$.

Ленитесь подумать.

Правильное утверждение:
Если (A) неразрешимость уравнения доказана для $z=3mx_1$ для всех $m$, то (B) неразрешимость доказана для $z=3^kmx_1$ для всех $m,k$.

Ошибочное утверждение:
Если (C) неразрешимость уравнения доказана для $z=3mx_1$ для всех $m$, не делящихся на 3, то (D) неразрешимость доказана для $z=3^kmx_1$ для всех $k$ и для всех $m$, не делящихся на 3.

Вы доказали (С). Поэтому верным утверждением воспользоваться не можете.

Уважаемая Shwedka !
Из равенства

$$\frac{2mgk}{3}+m^3=\frac{g^3-k^3}{9}$$

(1), так как правая часть равенства в рассматриваемом случае целое число, а левая целым быть не может я заключил, и Вы с этим согласились, что в этом случае П.Ферма был прав.
Вы, заметив, что число

$$\frac{2mgk}{3}$$

при

$$m$$

делящемся на $3$ будет целым, назвали это уже другим случаем, чем поставили меня в тупик. Несмотря на напряженные размышления ( у меня не только расправились морщины, а даже кожа по лопалась на лице) я всё таки не могу понять в чем ошибка моего логического заключения о том что при доказательстве отрицательных утверждений случай деления на $3^1$ является самым общим, прочие будут частными.
В данном доказательстве для случая

$$n=3$$

можно обойтись и без этого.
Действительно. Разделив равенство (1), на

$$m$$

увидим, что должно выполняться равенство

$$\frac{2gk}{3}+m^2=\frac{g^3-k^3}{9m}$$

. Теперь видно, так как числа $g;k$ не делятся на 3, что число слева ;

$$\frac{2gk}{3}$$

не целое, а следовательно и число справа

$$\frac{g^3-k^3}{9m}$$

целым быть не может, хотя число
$(g^3-k^3)$ делится на $9$. Теперь очевидно, что число $(g^3-k^3)$ на $m$ не делится.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #190624 писал(а):

я всё таки не могу понять в чем ошибка моего логического заключения о том что при доказательстве отрицательных утверждений случай деления на $3^1$ является самым общим, прочие будут частными.

уже ничем помочь не могу. Случай клинический.

Цитата:

случай деления на $3^1$

Повторяю. Случай деления на 3 -самый общий, но Вы его не доказали. Вы доказали случай деления на 3 И НЕДЕЛЕНИЯ на 9.