Попытка доказательства Теоремы Ферма

[natalya_1]

Да, но сначала надо было прийти к именно этой формуле для суммы нечетных степеней следующих друг за другом чисел. После доказательство несложное, да, правда, у меня традиционно левой ногой чеез правое ухо, не так, как у Вас.
(я имею в виду вывести эту формулу из $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$)

-- Чт окт 06, 2011 18:06:30 --

nnosipov, ошибки бывают у всех, это верно. Но у меня уж слишком дурацкие ошибки на уровне седьмого класса средней школы. Мне ужасно неудобно, что серьезные люди вынуждены тратить свое время и указывать мне на них.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490067 писал(а):

я имею в виду вывести эту формулу из $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$)

А вот это равенство (в котором $k$ и $n$ --- натуральные числа) уже гораздо сложнее. Здесь при фиксированном $n$ и произвольном $k$ побеждает левая часть (т.е. она будет больше), а при фиксированном $k$ и произвольном $n$ --- правая часть. Я не уверен, что это равенство легко исследуется.

[Sonic86]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #490066 писал(а):

Вот мне чуть ранее, как и моему коллеге Sonic86, померещилось в равенстве $n^n+(n+1)^n+(n+2)^n=(2n)^n$ некое число (не будем поминать всуе)

Мне не померещилось:
$n^n+(n+1)^n+(n+2)^n=(2n)^n \Leftrightarrow 2^n=1+(1+\frac{1}{n})^n+(1+\frac{2}{n})^n \leqslant 1+e+e^2$
Хотя по сути то же самое

[nnosipov]

(Оффтоп)

Sonic86, пардон, $e$ здесь можно увидеть. Но мне оно именно померещилось, т.е. возникло и тут же исчезло .

[Sonic86]

(Оффтоп)

nnosipov, понятно

natalya_1 в сообщении #490067 писал(а):

я имею в виду вывести эту формулу из $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$

В смысле, Вы ВТФ($n$) свели к этому уравнению? Если да, то можно подставить $n=3$ и решить - уже будет что-то существенное.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #490083 писал(а):

В смысле, Вы ВТФ($n$) свели к этому уравнению?

Я так понял, что это уравнение возникло здесь совершенно случайно и к ВТФ$(n)$ отношения не имеет.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490077 писал(а):

natalya_1 в сообщении #490067 писал(а):

я имею в виду вывести эту формулу из $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$)

А вот это равенство (в котором $k$ и $n$ --- натуральные числа) уже гораздо сложнее. Здесь при фиксированном $n$ и произвольном $k$ побеждает левая часть (т.е. она будет больше), а при фиксированном $k$ и произвольном $n$ --- правая часть. Я не уверен, что это равенство легко исследуется.

Я использовала Малую теорему Ферма:
$k^n-k+(k+1)^n-(k+1)+(k+2)^n-(k+2)-(k+3)^n+(k+3)=-2k$
Если ни одно из чисел не делится на $n$, равенство не выполняется, потому что тогда $k$ должно делиться на $n$. Если $k+1$ делится на $n$, то $k-1$ должно делиться на $n$ , что невозможно.
Если $k+2$ делится на $n$, то $k-2$ должно делиться на $n$, что так же невозможно. Аналогично с $k+3$. Следовательно, $k$ делится на $n$.

Дальше

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490087 писал(а):

Я использовала Малую теорему Ферма ...

Так МТФ ведь только для простых $n$. А с составными $n$ что делать будем?

[natalya_1]

$3S_1=(2k+3)S$, где $S$ и $S_1$ - числа, делящиеся на $n$. Тогда либо $S$, либо $2k+3$ должно делиться на $3$. Это выполняется, если $k$ делится на $3$ или $S$делится на $3$ Одно (или два) из чисел $k$, $k+1$, $k+2$, $k+3$ делится на $3$ обязательно. Если $k+1$ делится на $3$, то равенство не выполняется. Если $k+2$ делится на $3$ - тоже. Значит, $k$ делится на $3$ Но в этом случае равенство возможно только при $n=3$
Пусть $k=3t$, тогда $6t+3$ должно делиться на $9$, а это возможно только при $t=1$. Мы пришли к нужному уравнению
$3^3+4^3+5^3=6^3$ и доказали, что оно единственное при простых $n$

[Belfegor]

natalya_1 в сообщении #490053 писал(а):

nnosipov в сообщении #490050 писал(а):

natalya_1 в сообщении #490049 писал(а):

Нет, не так. Я использовала все те же методы Ферма и принципы разложения на множители.

Тогда напишите доказательство. Вам будет приятно, если оно правильное и мы Вам об этом скажем. Если там что-то не так, то будет полезно в этом разобраться. Это в любом случае развлечение, на теореме Ферма свет клином не сошёлся.

У меня в любом случае на Теореме Ферма свет клином не сошелся.
Свое доказательство я конечно могу написать, только если оно окажется неверным, это будет очередным свидетельством моей несостоятельности, а я и так уже погрязла в комплексах после своих ошибок в доказательстве Теоремы... Конечно полезно узнать свои ошибки, как без этого. Но только когда одни ошибки, как у меня, это не способствует продолжению работы... Я чувствую себя чужой на этом празднике под названием Математика...

Наталья! Был тут один товарищ с интересными идеями, но очень медленно раскочегаривался и как-то на замечание модераторов о хронической задержке ответов на многочисленные вопросы экспертов, он заявил, что всему своё время и у него полно других дел ,кроме доказательства ВТФ. Тема его была сразу закрыта. К дамам может отношение и другое, но всё-таки осторожнее в выражениях, насчет клина
Да, я понял вашу мысль насчет простых степеней, да и эксперты порадовались и размялись, но я имел ввиду совсем другое: я говорил об одиночестве и какой-то фатальной случайности таких выражений(союзов) уже для третьей степени. Вот соединились три квадрата и вырос целый клан, сообщество, а что дало соединение этих четырех кубов?
Всё больше не буду Вас отвлекать от благого дела! От Вас ждут результатов! И, действительно, Уайлс для каких чисел-то доказал ВТФ?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490089 писал(а):

natalya_1 в сообщении #490087 писал(а):

Я использовала Малую теорему Ферма ...

Так МТФ ведь только для простых $n$. А с составными $n$ что делать будем?

Так я же написала, что это для простых $n$. Хотя, думаю, можно продолжить доказательство, просто я этого не делала, поэтому пока ничего не могу на этот счет сказать.

[nnosipov]

natalya_1, давайте ограничимся только простыми значениями $n$ (случай составных $n$ пока кажется безнадёжным). Даже в этом случае исследование равенства $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$ будет вполне содержательным.

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490101 писал(а):

natalya_1, давайте ограничимся только простыми значениями $n$ (случай составных $n$ пока кажется безнадёжным). Даже в этом случае исследование равенства $k^n+(k+1)^n+(k+2)^n=(k+3)^n$ будет вполне содержательным.

Я написала выше, посмотрите. Дальше все уже просто.

[nnosipov]

natalya_1 в сообщении #490094 писал(а):

$3S_1=(2k+3)S$, где $S$ и $S_1$ - числа, делящиеся на $n$. Тогда либо $S$, либо $2k+3$ должно делиться на $3$. Это выполняется, если $k$ делится на $3$ или $S$делится на $3$ Одно (или два) из чисел $k$, $k+1$, $k+2$, $k+3$ делится на $3$ обязательно. Если $k+1$ делится на $3$, то равенство не выполняется. Если $k+2$ делится на $3$ - тоже. Значит, $k$ делится на $3$ Но в этом случае равенство возможно только при $n=3$

Нет, не доказали. Малая теорема Ферма позволяет сделать вывод о том, что $k$ делится на $n$ (считаем, что $n$ --- нечётное простое). Вы ещё доказали, что $k$ делится на $3$. Почему отсюда следует, что $n=3$?

[natalya_1]

nnosipov в сообщении #490107 писал(а):

natalya_1 в сообщении #490094 писал(а):

$3S_1=(2k+3)S$, где $S$ и $S_1$ - числа, делящиеся на $n$. Тогда либо $S$, либо $2k+3$ должно делиться на $3$. Это выполняется, если $k$ делится на $3$ или $S$делится на $3$ Одно (или два) из чисел $k$, $k+1$, $k+2$, $k+3$ делится на $3$ обязательно. Если $k+1$ делится на $3$, то равенство не выполняется. Если $k+2$ делится на $3$ - тоже. Значит, $k$ делится на $3$ Но в этом случае равенство возможно только при $n=3$

Нет, не доказали. Малая теорема Ферма позволяет сделать вывод о том, что $k$ делится на $n$ (считаем, что $n$ --- нечётное простое). Вы ещё доказали, что $k$ делится на $3$. Почему отсюда следует, что $n=3$?

Я там продолжила до конца. Потому что $S$ должно делиться на $3$