Кажется удалось сделать еще шаг в понимании теоремы Ферма

[Феликс Шмидель]

Мат, задайте этот вопрос самому себе, и после этого попробуйте написать доказательство без ошибок. Вы сами увидете трудно это или нет.

[bot]

Мат в сообщении #168703 писал(а):

Цитата:
Чем мотивируется рассмотрение чётного показателя?
Трудностями в рассмотрении простых показателей

Очень интересная мотивация. Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?

[Феликс Шмидель]

bot писал(а):

Мат в сообщении #168703 писал(а):

Цитата:
Чем мотивируется рассмотрение чётного показателя?
Трудностями в рассмотрении простых показателей

Очень интересная мотивация. Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?

Насколько мне известно, Тержанян дал элементарное доказательство FLT для чётных показателей только для первого случая, а элементарного доказательства для второго случая до сих пор нет. Поэтому, нахождение такого доказательства представляет интерес. Иначе можно спросить то же самое и для нечётных степеней: для чего искать элементарное доказательство, если Уайлз уже всё доказал?

[Мат]

Цитата:

если Уайлз уже всё доказал?

Вайлс доказал лишь немощность современной математики и ничего более

Добавлено спустя 8 минут 57 секунд:

bot писал(а):

Очень интересная мотивация. Почему бы Вам тогда не рассмотреть случай n=1?

А почему бы вам не начать сразу с гипотезы Биля или вообще с десятой проблемы Гильберта?

[AD]

Как всегда, Мат отвечает на вопросы в порядке актуальности. По возрастанию.

[Мат]

Сдается мне что за неимением иных возражений кроме как:
про одинаковую четность чисел $z-x$, $z+x$ от AD
и кратность чисел $y$, $x$ двум и $n$ от Феликса Шмиделя (что по сути выходит за рамки рассуждения)
Ошибок в предложенном рассуждении нет и оно правильно. Как правилен и вывод, сделанный в конце: числа $y_0$ и $y_1$ не могут быть разной четности.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

А почему бы вам не начать сразу с гипотезы Биля или вообще с десятой проблемы Гильберта?

Десятая проблема Гильберта решена Ю. Матиясевичем в 1970 году.

Цитата:

Ошибок в предложенном рассуждении нет и оно правильно. Как правилен и вывод, сделанный в конце: числа $y_0$ и $y_1$ не могут быть разной четности.

В Вашем рассуждении есть и другие ошибки. Но, поскольку, Вы отказываетесь исправлять найденные ошибки, то дальнейшая проверка не имеет никакого смысла.

[Мат]

Цитата:

В Вашем рассуждении есть и другие ошибки. Но, поскольку, Вы отказываетесь исправлять найденные ошибки, то дальнейшая проверка не имеет никакого смысла.

Нежелание их указать является их отсутствием.
То, на что Вы указываете является не ошибкой, а лишь рассмотрением более узкого круга случаев, что не влияет на вывод вообще, поэтому ошибкой не является и исправлению не подлежит.
Для любой тройки чисел можно поставить именно указанный в моем рассуждении алгоритм. Т.к. найдется хотя бы одно число, не кратное двум, для которого вывод будет справедлив. Если для какой-то тройки чисел применить данное нельзя - я охотно исправлю.
Пока ваше замечание отвергнуто

[Феликс Шмидель]

Цитата:

То, на что Вы указываете является не ошибкой, а лишь рассмотрением более узкого круга случаев, что не влияет на вывод вообще, поэтому ошибкой не является и исправлению не подлежит.
Для любой тройки чисел можно поставить именно указанный в моем рассуждении алгоритм. Т.к. найдется хотя бы одно число, не кратное двум, для которого вывод будет справедлив. Если для какой-то тройки чисел применить данное нельзя - я охотно исправлю.

Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - чётное, а $x$ - нечётное число. Тогда нет надобности делать исправления до пункта 9 вашего доказательства. Из пункта 5 следует, что $y_0$ и $y_1$ - нечётные числа, а из пункта 7 следует, что $p$ и $q$ - чётные числа, причём ни $p$, ни $q$ не делятся на 4.

Рассмотрим равенство:

Цитата:

$(2y_0 y_1 y_2 )^{2n}=2np^{(n-1)} q+\frac{n(n-1)(n-2)}{3} p^{(n-3)} q^3+...+n(n-1) p^2 q^{(n-2)}+2q^n$ (11)

Если $n-1$ не делится на 4, то степень двойки в первом и втором члене правой части равна
$2^{n+1}$. В последний член двойка входит в той же самой степени. И как здесь получить противоречие?

[Мат]

Цитата:

Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - чётное, а $x$ - нечётное число.

$z$ не может быть четным числом. Уж Вы-то должны об этом знать если занимаетесь случаем Терджаняна. Вам прекрасно должно быть известно, что $z$ является квадратичной формой.
Поэтому никак нельзя принять ваше замечание

[Феликс Шмидель]

Хорошо, я исправлю свой последний пост:

Рассмотрим первый случай FLT, то есть предположим, что ни одно из чисел $x$, $y$, $z$ не делится на n. Предположим, что $z$ - нечётное, а $x$ - чётное число. Тогда нет надобности делать исправления до пункта 9 вашего доказательства. Из пункта 5 следует, что $y_0$ и $y_1$ - нечётные числа, а из пункта 7 следует, что $p$ и $q$ - чётные числа, причём ни $p$, ни $q$ не делятся на 4.

Рассмотрим равенство:

Цитата:
$(2y_0 y_1 y_2 )^{2n}=2np^{(n-1)} q+\frac{n(n-1)(n-2)}{3} p^{(n-3)} q^3+...+n(n-1) p^2 q^{(n-2)}+2q^n$ (11)


Если $n-1$ не делится на 4, то степень двойки в первом и втором члене правой части равна
$2^{n+1}$. В последний член двойка входит в той же самой степени. И как здесь получить противоречие?

[Мат]

А о противоречии никто и не говорит. Речь идет лишь о том, что ни $y_0$ ни $y_1$ не могут быть разной четности, разве нет? Это лишь шаг, а не последний шаг.
В остальном же - спасибо. Ошибок нет

[Феликс Шмидель]

Мат писал(а):

А о противоречии никто и не говорит. Речь идет лишь о том, что ни $y_0$ ни $y_1$ не могут быть разной четности, разве нет?

Вы не понимаете, что доказываете от противного, и пытаетесь получить противоречие?