Великая теорема Ферма. Классическое доказательство

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #244861 писал(а):

При первой возможности.

Напоминает анекдот брежневских времен. Б. спрашивает у бога: когда советский народ будет жить хорошо. заплакал бог: Не доживу

[victor_sorokin]

shwedka в сообщении #244840 писал(а):

А в четвертом пункте исправьте опечатки и напишите подробное вычисление.

В этом нет необходимости - последние две идеи консервируются на пункте 3 включительно – до решения вопроса о лемме, обсуждение которой будет перенесено в другую тему.

А пока вопрос на понимание.

Пусть число $u=a+b-c$ в равенстве Ферма с простым $n$ оканчивается на два нуля.
Отбросим в числе $u$ (соответственно и в числах $a, b, c$) последние цифры. Тогда при таком $u$ целочисленное решение уравнения Ферма отсутствует, поскольку не выполняется необходимое требование для существования равенства: $u$ кратно $n^2$,
т.е. решение будет нецелочисленным.
Вопрос: каким образом приписывание одной цифры превращает нецелочисленное решение в целочисленное?

Получается, что после отбрасывания двух цифр в числах $a, b, c$ решение тоже существует, но оно будет рациональным?

Какие будут комментарии?

[victor_sorokin]

==============

Иначе:

Пусть при некотором $u$ уравнение Ферма имеет целое решение.
Тогда при $u/2$ уравнение не имеет не только целого, но и рационального решения. Т.е. среди чисел $a’, b’, c’$ есть иррациональное. Но тогда удвоение числа $u$ - например, $2a, 2b+1, 2c+1$, т.е. $a, b, c$, - не дает целого решения.

Какие будут возражения?

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #245140 писал(а):

Какие будут возражения?

Гениально!! возражений нет. Вы доказали, что ЭТИМ способом ($2a, 2b+1, 2c+1$) целые решения уравнения построить нельзя. Осталось рассмотреть все остальные способы. Пустяк!!!

[anwior]

shwedka писала(см. стр. 13 этой темы):
anwior в сообщении #244719 писал(а):
А ведь именно в нем ты незаслуженно оболгала
мое правильное доказательство для Случая II как для , так и для всех , больше 3 (без ограничений сверху).

Правильного доказательства для этого случая не наблюдалось.
-- конец цитаты.

Я видать уконтропупил тебя, поскольку уже в открытую начала тупить!

[shwedka]

Правильного доказательства для этого случая не наблюдалось.

и перестаньте 'ты'кать.

[anwior]

shwedka в сообщении #245203 писал(а):

Правильного доказательства для этого случая не наблюдалось.

и перестаньте 'ты'кать.

Я окончательно уконтрапупил вас, поскольку в открытую продолжаете (не прекратили) тупить!

P. S. Прочтите рассказ Валерия Роншина "Как Наталья Николаевна чуть-было
не съела таракана"

[shwedka]

Если утверждаете, что доказательство у Вас есть, откройте новую тему и предъявите его, в соответствии с правилами Форума.

[PAV]

anwior, бан 2 недели за хамство.

KORIOLA, строгое предупреждение за переход на личности, оффтопик и систематическую саморекламу.

victor_sorokin, освежите в памяти мое предупреждение, высказанное Вам больше года назад здесь.

[victor_sorokin]

PAV в сообщении #245232 писал(а):

victor_sorokin, освежите в памяти мое предупреждение, высказанное Вам больше года назад здесь.[/mod]

Да, думаю, пора кончать эту бодягу! Как я и предполагал, ВТФ доказываатся с помощью самого примитивного аппарата – исчисления четностей. Вот доказательство.

***

В равенстве Ферма (после устранения общих делителей чисел $a, b, c$)
1°) $a^n+b^n=c^n$, где нечетное $n>2$,
степень четности, или показатель степени $k$ в числе $a+b-c=u2^k$ (где $u$ нечетно и $a+b$, $c-a$ или $c-b$ кратно 8-ми), равна по меньшей мере 2-м. Действительно, при записи равенства 1° в бинарной системе счисления в виде
2°) $aa^{n-1}+bb^{n-1}=cc^{n-1}$
$n-1$-я степень при четном числе оканчивается на 00, а степени при нечетных числах – на 01. И тогда по двузначным окончаниям число $a+b-c (=u2^k)$ делится на 4, т.е. $k=2$.

Покажем, что, с другой стороны, в числе
3°) $a+b-c (=u2^k)$ показатель степени $k=1$.

Возьмем нечетное число $b$ [или $a$] и вычтем [а в случае нечетного $a$ – прибавим] из чисел $a$ и $c$ число $a-b$ (от чего, очевидно, степень четности числа $u$ не изменится):
4°) $d=(a-a+b)+b-(c-a+b)=b+b-(b-u2^k+b) (=u2^k)$.

Очевидно также, что и степень четности числа
5°) $D=b^n+b^n-(2b-u2^k)^n$ (ибо $n$ нечетно) должна оставаться равной степени четности числа $d$.

Но
6°) $D=b^n+b^n-(b-u2^k+b)^n=2b^n-(2b-u2^k)^n=U2^1$ (ибо $b^n$ нечетно).

И мы имеем противоречие (ср. 2° и 6°).

[venco]

А где же большие коричневые буквы?

victor_sorokin в сообщении #245331 писал(а):

Действительно, при записи равенства 1° в бинарной системе счисления в виде
2°) $aa^{n-1}+bb^{n-1}=cc^{n-1}$
$n-1$-я степень при четном числе оканчивается на 00, а степени при четных числах – на 01. И тогда по двузначным окончаниям число $a+b-c (=u2^k)$ делится на 4

Опять ошиблись, причём уже во втором пункте. Прогрессируете.

По моему, вас надо банить на неделю за каждую ошибку, чтобы было время прочитать своё рассуждение ещё раз.

[victor_sorokin]

venco в сообщении #245334 писал(а):

1) А где же большие коричневые буквы?

victor_sorokin в сообщении #245331 писал(а):

Действительно, при записи равенства 1° в бинарной системе счисления в виде
2°) $aa^{n-1}+bb^{n-1}=cc^{n-1}$
$n-1$-я степень при четном числе оканчивается на 00, а степени при четных числах – на 01. И тогда по двузначным окончаниям число $a+b-c (=u2^k)$ делится на 4

2) Опять ошиблись, причём уже во втором пункте. Прогрессируете.

3) По моему, вас надо банить на неделю за каждую ошибку, чтобы было время прочитать своё рассуждение ещё раз.

1) Они для красивой идеи.
2) Делов-то! Несущественная и очевидная опечатка.
3) За этим дело не станет!

[venco]

victor_sorokin в сообщении #245338 писал(а):

2) Делов-то! Несущественная и очевидная опечатка.

Естественно! То, что "противоречие" исчезло - это несущественно.

-- Пн сен 21, 2009 16:44:52 --

Ха! Так вы ошибку-то и не заметили. А я - опечатку.

[victor_sorokin]

venco в сообщении #245344 писал(а):

Ха! Так вы ошибку-то и не заметили.

Да, Вы правы. $u$ кратно 4-м только при четном числе, кратном 4-м. (Т.е. доказательство работает только для таких четных чисел.)
При $a+b-c=2u$ должно существовать противоречие того же типа (когда-то я его нашел - нужно вспомнить).
+++
Представляется, что при $a+b-c=2u$ во второй части доказательства преобразуется (с помощью аналогичной добавки, но уже к нечетным числам) не нечетное число, а четное, с получением $a'+b'-c'=4U$.
В этом случае число $u$, если число $b$ ЧЕТНО, преобразуется аналогично. И теперь получаем, что $a+b-c=4U$. С тем же противоречием.

Понятно, для двух видов четных чисел нужно проводить свои - но совершенно АНАЛОГИЧНЫЕ - доказательства. Но это уже не проблема...

[shwedka]

victor_sorokin в сообщении #245331 писал(а):

пора кончать эту бодягу!